Доказательство Гипотезы Била (2)

[Iosif1]

Почему (2)?
Первый вариант доказательства основан на использовании сравнения по модулю, что, по мнению авторов, усложняет расчёты и усложняет понимание материала. Использование алгебраических преобразований без использования модулей оказалось проще и понятней.



Гипотеза Била — гипотеза в теории чисел, обобщение Большой теоремы Ферма, где, если A,B,C,x,y,z Є N $ A^x+B^y=C^z $(1); и x,y,z>2, то A, B, C имеют общий простой делитель.

То есть, необходимо доказать, что равенство (1) возможно только при наличии в основаниях общих простых сомножителей.
Доказательство Гипотезы Била построено на сопоставлении тождеств, где, в качестве дополнительного сомножителя используется, в первом варианте, разность точных степеней, во втором – сумма.
На основании сопоставления сконструированных тождеств получаем равенство, показывающее невозможность использования взаимно простых точных степеней, обеспечивающих предполагаемое равенство, для каждого из тождеств, соответствующих Уравнению Била (УБ).
Пример стандартного выражения Гипотезы Била;
$7^3+7^4=14^3$;
Запишем это как тождество через $Q^n$ и $q^n$.
$7^3(1+7) = 7^3(1+7)$;
В качестве сомножителя, являющегося предполагаемой точной степенью, запишем (Qn-qn):
$(Q^n-q^n)^n (1+7)= (Qn-qn)n (1+7)$;
Заменим 1 на qn, а 7 на Qn-qn, получаем тождество
$(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{n+1}= (Q^n-q^n)^n \cdot Q^n$; (2а)
По аналогии, с сомножителем, представленным суммой степеней:

$$(Q^n+q^n)^nq^{(n+2)n}+(Q^n+q^n)^n\cdot Q^nq^{(n+1)n}=(Q^n+q^n)^{(n+1)} q^{(n+1)n}$$

; (2 b)
где:
Q, q – натуральные взаимно простые числа, основания степеней
Q>q; (Для сокращения изложения).
n – натуральное число, показатель степени. Можно представить n, как произведение сомножителей:
$n=n_1\cdot n_2\cdot …n_i\cdot …$;
Количество сомножителей неограниченно, т.е. и каждое слагаемое и сумму в исследуемом выражении можно представить как степень с различными вариантами показателей. Количество вариантов зависит от количества сомножителей в n и также может быть неограниченным.
Уравнения не нарушаются и при наличии в Q и q общих сомножителей, то есть они могут быть и не взаимно простыми.
Как видно из уравнений 2а и 2b, мы получаем возможность составлять равенства, подтверждающие гипотезу Била, с показателями степеней, отличающимися на единицу, вводя изначально, в качестве общих множителей оснований, любые либо разности, либо суммы степеней с показателем n.
Проверочный пример в числовых значениях для уравнения 2а:
подставим числовые значения $Q^n=2^3, q^n=1^3$ в левую часть равенства 2а:
$(2^3-1^3)^3\cdot 1^3+(2^3-1^3)^4=2744$;
в правую часть 2а:
$(2^3-1^3)^3\cdot 2^3=2744$.
Как видим, результаты идентичны, т.е. равенство 2а истинно.
Также с другими числами.
Левая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}\cdot 2^{15}+(17^5-2^{15})^{16}= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

Правая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}\cdot 17^5= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

Пример для уравнения 2b:
Левая часть:

$$(7^3+2^3)^3\cdot2^{15}+(7^3+2^3)^3\cdot7^3\cdot 2^{12}=62171080298496$$

.
Правая часть
$(7^3+2^3)^4\cdot 2^{12}= 62171080298496$.
Как видно из приведенных примеров, при составлении равенств по формулам 2а и 2b можно использовать различные основания и показатели степеней, как простые, так и составные.
При этом, обеспечивается и тождество, и УБ.
Уже из приведённого примера для равенства 2а видим, что и каждое слагаемое, и сумму можно представить, как степень с 3-мя вариантами показателей.
Итак, можно составлять равенства, с наличием всех возможных показателей степеней, как сомножителей в произведении n.
Как видно, общие множители
$(Q^n-q^n)$ ( для 2а) и $(Q^n+q^n)$ (для 2b) есть не что иное, как интерпретация уравнения Ферма.
Так как БТФ доказана, то при дальнейшем анализе целесообразно рассматривать равенства, когда Q и q имеют различные показатели степеней, m и n.
Например, m=5 n=3;
запишем:

$$(Q^5-q^3)^3\cdot q^3+(Q^5-q^3)^{(3+1)}= (Q^5-q^3)^3\cdot Q^5$$

; (2а.1)
Тождество сохраняется, а УБ нет, правая часть равенства не может быть представлена точной степенью.
Можно ли привести данное уравнение в соответствие с УБ?
Для этого необходимо, чтобы разность $(Q^5-q^3)$ являлась точной пятой степенью.
Условие опровержения гипотезы Била для данного тождества конкретизировано.
Остаётся ответить на вопрос, выполнимо ли оно?
То есть, может ли быть обеспечена разность
$Q^5-q^3=R^5$, для уравнения 2a, или сумма $q^3+R^5=Q^5$ для уравнения 2b, при целочисленных, взаимно простых, Q, q, R?
Рассмотрим возможность существования равенства $q^3+R^5=Q^5$ для уравнения 2b.

$$(R^5+q^3)^3\cdotq^{(3+2)3}+(R^5+q^3) ^3\cdotR^5\cdotq{(3+1)3} =(R^5+q^3)^{(3+1)} \cdot q^{(3+1)3}$$

; (2 b.1)
Тождество сохраняется, но оно не соответствует УБ, 2-ое слагаемое не является точной степенью. Приводим в соответствие с УБ:
т.к. $$q^{(3+2)3}=q^3\cdot q^{(3+1)3}$, имеем:

$$(R^5+q^3)^3\cdotq^3\cdotq^{(3+1)3}+(R^5+q^3)^3\cdot R^5\cdotq^{(3+1)3} =(R^5+q^3)^{(3+1)} \cdot q{(3+1)3}$$

,
после возведения $q{(3+1)3}$ в 5 степень получаем

$$(R^5+q^3)^3\cdot q^3\cdot q^{(3+1)15}+(R^5+q^3)^3\cdot R^5q^{(c+1)15} =(R^5+q^3)^{(3+1)} \cdot q^{(3+1)15}$$

;
т.к. $R^5+q^3=Q^5$, равенство соответствует УБ.
После сокращения:
$q^3+R^5 =R^5+q^3$; тождество сохранено.
И разность степеней и сумма степеней как общие множители оснований в уравнениях 2a и 2b позволяют конструировать УБ.
Дальнейшее доказательство построено на несоизмеримости уравнений (2а.1) и (2 b.1) .
Теперь, посредством использования идентичного сомножителя оценим соизмеримость этих тождеств.
Итак, имеем:

$$(Q^5-q^3)^3\cdot q^3+(Q^5-q^3)^{(3+1)}= (Q^5-q^3)^3\cdot Q^5$$

; (2а.1)
В уравнении 2b.1 заменим $q^3+R^5$ на $Q^5$:

$$(Q^5)^3\cdotq^{(3+2)3}+Q^{15}\cdot(Q^5-q^3)^5\cdotq^{(3+1)3}=(Q^5)^{(3+1)}\cdotq^{(3+1)3}$$

; (2b.1)
В уравнении (2а.1) открываем первую скобку:

$$Q^{15}\cdot q^3-3Q^{10}q^6+3Q^5q^9+q^{12}+(Q^5-q^3)^{(3+1)}=(Q^5-q^3)^3\cdot Q^5$$

; (2а.2)
т.к. $q^{(3+2)3}=q^3\cdotq^{(3+1)3}$
умножаем равенство (2а.2) на $q^{(3+1)3}$, оставив в левой части уравнения величину
$Q^{15}\cdot q^3\cdot q^{(3+1)3}$.

$$Q^{15}\cdot q^3\cdot q^{(3+1)3}= 3Q{10}q^6\cdot q^{(3+1)3}-3Q^5q^9\cdot q{(3+1)3}-q^{12}\cdot q{(3+1)3}-(Q^5-q^3)^{(3+1)} \cdotq^{(3+1)3}+ (Q^5- q^3)^3Q^5q^{(3+1)3}$$

(2а.3)
В уравнении (2b.1) оставляем в левой части равенства аналогичную величину:

$$(Q^5)^3\cdotq^{(3+2)3}=-(Q^5\cdot(Q^5-q^3)^5) \cdotq^{(3+1)3}+(Q^5)^{(3+1)3}\cdotq^{(3+1)3}$$

;
(2 b.2).
Приравниваем правые части конструируемых равенств.

$$3Q^{10}q^6\cdot q^{(3+1)3}-3Q^5q^9\cdot q^{(3+1)3}-q^{12}\cdot q^{(3+1)3}-(Q^5-q^3)^{(3+1)} \cdotq^{(3+1)3}+ (Q^5- q^3)^3Q^5q^{(3+1)3}=-(Q^5\cdot(Q^5-q^3)^5) \cdotq^{(3+1)3}+(Q^5)^{(3+1)3}\cdotq^{(3+1)3}$$

;
После сокращения, имеем:

$$3Q^{10}q^6-3Q^5q^9-q^{12}-(Q^5-q^3)^{(3+1)} + (Q^5-q^3 )^3Q^5 = =- Q^5(Q^5-q^3)^5+( Q^5)^{(3+1)}$$

; К
Так как,
$(Q^5-q^3)^{(3+1)}=Q^{20}-4Q^{15}q^3+6Q^{10}q^6-4Q^5q^9+q^{12}$, после вычитания имеем равенство:

$$3Q^{10}q^6-3Q^5q^9-Q^{20}+4Q^{15}q^3-6Q^{10}q^6+4Q^5q^9-2q^{12}+(Q^5-q^3)^3Q^5= - Q^5(Q^5-q^3)^5+( Q^5)^{(3+1)}$$

; К1
Единственный член, в котором нет сомножителя Q - $2q^{12}$. То-есть, Q должно присутствовать в $2q^{12}$, чтобы равенство К было возможным.
Значить, и в R, Q должно быть сомножителем.
Если в первом слагаемом в уравнении 2а, (Qm-qn) возводится в чётную степень, знак перед слагаемым, не содержащим сомножитель Q изменяется на $(+)$.
Так как составленное равенство построено на предположении о том, что $q^3+R^5=Q^5$, а раскрытие скобок соблюдает степенные закономерности, определяется невозможность УБ с точными степенями $q^3,R^5,Q^5$, при любых показателях степеней m и n, что свидетельствует о невозможности возникновения точной степени ни в разности степеней, ни в сумме степеней.
Так как результат не зависит от величин рассматриваемых степеней, можно утверждать о справедливости гипотезы Била.
Что и требовалось доказать.
P.S. Приведённое доказательство подтверждает справедливость БТФ, и обеспечивает объяснение существования Пифагоровых троек. Если выражение в скобках в первом слагаемом уравнение 2а рассматривать в квадрате, величины q, в левой части контрольного уравнения сокращаются, что по мнению авторов является интересным дополнением.

[Valprim]

Iosif1
К сожалению, в основном большая часть сообщения бессодержательная и лишняя. Зачем Вы проверяете цифрами тождество (2а) (это не равенство) ? . Что делалось и в предыдущих сообщениях.
Идея доказательства ошибочна и противоречит смыслу гипотезе Била.
Как я понял, Вы утверждаете, что если уравнение Била имеет решение, то после умножения на общий множитель, решение отсутствует.
Но, всё наоборот, если бы решение существовало, то существовал бы и общий множитель. Например $v^{xyz}$
По гипотезе Била решение существует только при общем множителе. А после его сокращения уравнение не является уравнением Била.

[Iosif1]

Valprim
1. Чтобы Вы не сомневались, что это равенства.
2. Вы, вообще, ничего не поняли Вы поняли всё наоборот.
Простите, сколько нужно принять, чтобы так понять?

[Onegina1]

Valprim в сообщении #1505260 писал(а):

Iosif1
К сожалению, в основном большая часть сообщения бессодержательная и лишняя. Зачем Вы проверяете цифрами тождество (2а) (это не равенство) ? . Что делалось и в предыдущих сообщениях.
Идея доказательства ошибочна и противоречит смыслу гипотезе Била.
Как я понял, Вы утверждаете, что если уравнение Била имеет решение, то после умножения на общий множитель, решение отсутствует.
Но, всё наоборот, если бы решение существовало, то существовал бы и общий множитель. Например $v^{xyz}$
По гипотезе Била решение существует только при общем множителе. А после его сокращения уравнение не является уравнением Била.

К сожалению, вы неправильно поняли, что мы утверждаем, говорю это, как соавтор. С точностью до наоборот, в доказательстве показано, что данное равенство (или тождество) может являться УБ только при наличии в основаниях общих сомножителей, при попытке избавиться от которых нарушается УБ.

[Valprim]

Onegina1 в сообщении #1505297 писал(а):

в доказательстве показано, что данное равенство (или тождество) может являться УБ только при наличии в основаниях общих сомножителей, при попытке избавиться от которых нарушается УБ.

Valprim в сообщении #1505260 писал(а):

По гипотезе Била решение существует только при общем множителе. А после его сокращения уравнение не является уравнением Била.

Iosif1 в сообщении #1505190 писал(а):

Заменим 1 на qn, а 7 на Qn-qn, получаем тождество
$(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{n+1}= (Q^n-q^n)^n \cdot Q^n$; (2а)

Все таки 2а - тождество. Да, еще опечатки у вас есть. И почему есть такая необходимость умножения тождества на сумму или разность степеней?

(Оффтоп)

Iosif1, после прочтения Вашего доказательства уже ничего принимать не надо

[Iosif1]

Valprim в сообщении #1505311 писал(а):

Это очевидно и не требует доказательства.

В доказательстве это не доказывается, доказывается то, , что требует доказательства.

(Оффтоп)

Не надо принимать до...

[Valprim]

Iosif1 в сообщении #1505321 писал(а):

доказывается то, , что требует доказательства.

Исходное тождество $q^m+(Q^m-q^n)=Q^m$. Если оно не представляет решение УБ, то зачем с ним проводить какие то действия, чтобы получить результат, что это не решение УБ?
Если оно представляет решение УБ, то зачем умножать его на произвольный множитель, пусть даже на
$(Q^m-q^n)=R^5$, когда существует множитель $R^{5mn}$, который преобразует это решение в решение с общим множителем. Так что же Вы доказывали?
Вообще то надо доказать другое. А именно, что УБ не имеет решения в взаимно простых числах.

[Iosif1]

Valprim в сообщении #1505390 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1505321 писал(а):

доказывается то, , что требует доказательства.

Исходное тождество $q^m+(Q^m-q^n)=Q^m$. Если оно не представляет решение УБ, то зачем с ним проводить какие то действия, чтобы получить результат, что это не решение УБ?
Если оно представляет решение УБ, то зачем умножать его на произвольный множитель, пусть даже на
$(Q^m-q^n)=R^5$, когда существует множитель $R^{5mn}$, который преобразует это решение в решение с общим множителем. Так что же Вы доказывали?
Вообще то надо доказать другое. А именно, что УБ не имеет решения в взаимно простых числах.

Исходное тождество $q^m+(Q^m-q^n)=Q^m$. представляет УБ.
Но когда задаются разные степени, нет. Понятно?
Показано, что такое тождество можно преобразовать в УБ. Любое.
Выполняем это для упавнения 2а.
Понимая, что разность точных степеней должна для опровержения Гипотезы равнятся $R^5$, переходим к тождеству 2b.
Убеждаемся, что тождество то есть, а УБ нету. Но и оно может быть переведено в УБ. Это можно и не показывапь. Показан опыт подбора дополнительного сомножителя, опыт, а не от фонаря, как Вы почему то предлагаете.
Затем, переходим к сопоставлению тождеств.
Пока хватит. Если поймёте, продолжим.

[Valprim]

(Оффтоп)

Фонарь хорошо светил. Поэтому моё сообщение окончательное и пересмотру не подлежит. Обсуждать больше нечего.

[Iosif1]

Valprim

(Оффтоп)

Хозяин -барин. Успехов в учёбе и личной жизни. Туда ли светил фонарь?

[Iosif1]

Конечно, можно поблагодарить Valprima за несуразные вопросы, но, почему он, и другие, не указали на ошибку? Поэтому обойдёмся без благодарности. Не переписывая всего доказательства, чтобы «дурь каждого была видна», за выражением
После сокращения, имеем:
, следует:
Так как,
$(Q^5-q^3)^{3+1}=Q^{20}-4Q^{15}q^3+6Q^{10}q^6-4Q^5q^9+q^{12}$, после вычитания имеем равенство:
$$3Q^{10}q^6-3Q^5q^9-Q^{20}+4Q^{15}q^3-6Q^{10}q^6+4Q^5q^9+(Q^5-q^3)^3×Q^5= - Q^5 ×(Q^5-q^3)^5+( Q^5)^{3+1} $$; К1
После сокращения которого на $Q^5$, получаем равенство, в котором, в правой части равенства есть единственный член, не содержащий сомножитель Q. Равенство становится возможным, в целых числах, при условии, когда q содержит сомножитель Q.
Так как, составленное равенство построено на предположении о том, что $q^3+R^5=Q^55$, а раскрытие скобок соблюдает степенные закономерности, определяется невозможность УБ с точными степенями $q^3,R^5,Q^5$; при любых показателях степеней m и n, что свидетельствует о невозможности возникновения точной степени ни в разности степеней, ни в сумме степеней.
Так как результат не зависит от величин рассматриваемых степеней, можно утверждать о справедливости гипотезы Била.
Что и требовалось доказать.

[mihaild]

Iosif1 в сообщении #1513560 писал(а):

но, почему он, и другие, не указали на ошибку?

Потому что в приведенном тексте не прослеживается ничего похожего на структуру доказательства. Перепишите нормально - с четким выписыванием промежуточных утверждений и отделением утверждений от доказательств - тогда можно будет и на ошибку указать.

[Iosif1]

mihaild в сообщении #1513652 писал(а):

Перепишите нормально - с четким выписыванием промежуточных утверждений и отделением утверждений от доказательств

Можно ли попросить Вас поставленные требования пояснить примером, желательно, на основании приведенного текста. Не ясно, что конкретно вызывает сомнение, какое утверждение остаётся недоказанным. Во времена моего ученичества утверждение, при сомнении, проверялось, если оно не могло быть подтверждено ссылкой.
Надеюсь на понимание.

[mihaild]

Iosif1 в сообщении #1513694 писал(а):

Можно ли попросить Вас поставленные требования пояснить примером

Почти любой учебник по математике. Например Нестеренко, "Теория чисел" (если уж о гипотезе Била речь). Или Рудин, "Основы математического анализа" (просто примеры хорошего оформления рассуждений).
Формальные достаточные (но далеко не необходимые) требования для того, чтобы рассуждение могло быть признано математическим - см. Верещагин, Шень "Языки и исчисления".

Iosif1 в сообщении #1513694 писал(а):

какое утверждение остаётся недоказанным

Никакое. Я вообще из вашего текста не могу выделить ни одного утверждения.

[Iosif1]

mihaild в сообщении #1513699 писал(а):

Никакое. Я вообще из вашего текста не могу выделить ни одного утверждения.

Странно.
Пока могу утверждать, что для понимания доказательства, нужно просто иметь желание.
А, для того, чтобы освоить Верещагина, мне надо сбросить, хотя бы пол века.
Я осваивал теорию чисел по Г. Эдвардсу, и это оказалось доступно, правда в прекрасном переводе.
Там не оказалось ни одного "противотанкового" ежа, хотя многое требовало напряжения лобика.
Уверен, что в приведенном доказательстве, для его понимания, для математика, напряжение лобика неизмеримо ниже.
.Не могу не поблагодарить за внимание, жаль, что без понимания.