2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение23.04.2021, 10:53 


19/04/14
321
Хотелось бы узнать. Где в этих рассуждениях ошибка?
Четное число можно представить суммой или разностью нечетных. Пусть будет сумма. Что принципиально неважно.
Согласно Гипотезе Била в уравнении $V=P+R $, взаимно простые числа $V,P,R$ не могут быть степенями натуральных чисел с произвольными показателями больше 2.
Действительно, если $P+R$ - степень с указанными свойствами, тогда в следующем уравнении$$P=\frac {P+R}{2}+\frac {P-R}{2}\qquad (1.z)$$выражение $(P+R)/2$ не является степенью. Числа $P,R$ произвольные. Уравнение (1.z) исчерпывает все возможные случаи Уравнения Била.Следовательно Гипотеза Била доказана.
Квадраты не попадают под это докво, так как для них существует уравнение $V^2=P^2-R^2=(P+R)(P-R)$. В котором ни $(P+R)$, ни $(P-R)$ не являются квадратами. Но $(P-R)/2$ и $(P-R)/2$ могут быть квадратами, либо их произведение - квадрат. Например $12^2=13^2-5^2 =18\cdot 8$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение23.04.2021, 16:34 


13/05/16
131
Я не понял, почему число
binki в сообщении #1515354 писал(а):
выражение $(P+R)/2$ не является степенью

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение23.04.2021, 19:42 


19/04/14
321
Уважаемый Antoshka
Если существовало бы решение для уравнения $V=P+R$, то $(P+R)$, было бы степенью четного числа. Любая составная степень четного числа деленная на 2 не является степенью. В случае не составной четной степени, то есть степени числа 2, после деления на 2 мы получили бы меньшую четную степень числа 2. Тогда бы существовало Уравнение Била (1.z) с меньшей четной степенью чем в исходном уравнении $V=P+R$. И появился бы бесконечный спуск.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение24.04.2021, 04:31 
Модератор


20/03/14
11521
binki
Совет: если Вы хотите, чтобы Вас хоть кто-то понял и действительно нашел ошибку, постарайтесь писать меньше слов. У меня впечатление, что Вы не вполне понимаете, что говорите, вернее, как это звучит для стороннего человека.
Пишите формулы. И все обозначения расшифровывайте.

И еще. Вы всерьез думаете, что проблема, оцененная в миллион долларов, решается рукомаханием за две строки, но за 20 лет до этого никто не додумался? Вот просто включив здравый смысл?

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение24.04.2021, 08:22 
Аватара пользователя


01/11/14
987
Principality of Galilee
Lia

(Оффтоп)

Lia в сообщении #1515478 писал(а):
Вы всерьез думаете, что проблема, оцененная в миллион долларов, решается рукомаханием за две строки, но за 20 лет до этого никто не додумался?
Почему бы и нет? То, что сразу навскидку пришло в голову, это знаменитая теорема Дирихле о простых в арифметических прогрессиях.
Формулировка теоремы элементарна, но доказательство самого Дирихле было отнюдь не элементарно. Он для этого привлёк самые совершенные (для того времени) методы анализа с использованием производящих функций, конечных сумм, функции характер Дирихле и пр.
И в течение долгих лет не было видно никаких элементарных подходов к доказательству этой замечательной теоремы. И только в 1949 г. (через 112 лет после Дирихле!) Атле Сельберг доказал её методами элементарной математики, доступными любому школьнику. После были получены ещё несколько элементарных доказательств.
Интересно, если бы тогда, в 1837 г., эту проблему оценили бы в миллион, это ускорило бы процесс?
Так что я вполне понимаю ферматистов. Со времени сложнейшего доказательства Уайлса прошло всего 27 лет. Время есть. :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение24.04.2021, 10:54 


21/05/16
4157
Аделаида

(Оффтоп)

Gagarin1968 в сообщении #1515483 писал(а):
Атле Сельберг доказал её методами элементарной математики, доступными любому школьнику

Только доказательство это, я думаю, было совсем не в две строки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение24.04.2021, 14:11 
Аватара пользователя


15/09/13
353
г. Ставрополь
Когда $P=R$, то $n=0$.
binki в сообщении #1508703 писал(а):
Что принципиально не важно, при свободе обозначения чисел в (1). Тогда сумма и разность этих чисел четны. $$P + R = V = 2m; \qquad P-R = 2n \quad (2) $$ Из (2) имеем $$m + n = P; \qquad m-n = R\qquad (3)$$

А это сводит на нет все дальнейшие рассуждения автора (-ов). ИМХО.

P.S. Автор, похоже, избегает обозначать «общепринятую» формулировку гипотезы Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение26.04.2021, 10:32 


13/05/16
131
binki в сообщении #1515438 писал(а):
Если существовало бы решение для уравнения $V=P+R$, то $(P+R)$, было бы степенью четного числа

Я не очень понимаю, зачем вообще нужно было вводить такие странные переменные. Не проще записать так? Имеем уравнение $A^x+B^y=C^z$. Нужно доказать, что оно не имеет решений в натуральных взаимно простых попарно числах, когда $x,y,z>2$. Доказательство от противного. Вы представляете левую часть данного уравнения как $A^x=(C^z+R)/2,B^y=(C^z-R)/2$. Я не понимаю, почему $C$ должно быть четным?

-- 26.04.2021, 10:33 --

binki в сообщении #1515438 писал(а):
Если существовало бы решение для уравнения $V=P+R$, то $(P+R)$, было бы степенью четного числа

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение26.04.2021, 11:27 


19/04/14
321
Уважаемый Lia!
Я постараюсь учитывать Ваш совет по более детальному рассуждению в получении каких либо выводов. Попытка открытия новой темы была связана с несколько измененным подходом к решению задачи и по причине перегрузки текущей темы ​сообщениями не относящими к рассматриваемому вопросу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение27.04.2021, 20:06 


19/04/14
321
Рассматривается самое общее уравнение с тремя, взаимно простыми неизвестными.
$$V=P_0+R_0 \qquad (1)$$ По Гипотезе Била необходимо доказать, что переменные $(V,P_0,R_0)$ не могут быть степенями натуральных чисел с индивидуальными для каждой степени произвольными показателями больше 2 (далее по тексту «степень с заданным свойством»). Иначе говоря, никакая четная степень не может быть представлена суммой или разностью других степеней с заданным свойством. (Обозначения переменных выбрано таким, потому что это созвучно со словами «взаимно простые»)
Такой подход более логичен, чем подход, при котором в уравнении с показанными степенями доказывается, что степеней там не может быть.
В поисках доказательства основное внимание уделялось известным простым свойствам чисел при элементарных действиях с ними. Особый интерес - нечетные числа.
Все нечетные могут быть представлены числами вида $4k \pm 1$. Поэтому возможны два варианта для суммы и разности одной и той же пары нечетных чисел:
- сумма - число вида $4k$, а разность - число вида $4k \pm 2$.
- сумма - число вида $4k \pm 2$, а разность - число вида $4k$. Очевидно, что числа вида $4k \pm 2$ не могут быть степенями, в том числе и квадратами.
Так как показатели степеней больше 2, то четная степень будет числом вида $8k$, что соответствует виду чисел представляющих разность нечетных квадратов. Действительно нечетные квадраты являются числами вида $8k+1$. Следовательно, их разность является числом вида $8k$. Таким образом, четное число $$V=8k=(P^2-R^2)=(P+R)(P-R) \qquad (2)$$ где $(P,R)$ пара нечетных чисел.
Сумма и разность нечетных – четные числа $$P+R=2m; \qquad P-R=2n \qquad (3)$$ Значит $$m=\frac {P+R}{2}; \qquad n=\frac {P-R}{2} \qquad (4)$$ Так как $P,R$ нечетные и взаимно простые, то числа $m,n$ также взаимно простые, но разной четности. Тогда $$m+n=\frac {P+R}{2}+ \frac{P-R}{2}=P; \qquad (5)$$ $$ m-n =\frac {P+R}{2}-\frac {P-R}{2}=R; \qquad (6)$$
Согласно (3), уравнение (2) примет вид $$V=(P+R)(P-R)=2m 2n \qquad (7)$$ Откуда $$V/4=mn=(\frac {P+R}{2})(\frac {P-R}{2})\qquad (8)$$ Если в (7) число $V$ -степень натурального числа с нечетным показателем, то $V/4$ - не может быть такой степенью, но может быть квадратом. Действительно, пусть $V$ составная степень $$V=2m 2n=2^{ks}m_1^s n_1^s\qquad (9)$$ где $2^{ks}m_1^s=4m; \qquad n=n_1^s$
$$V/4=mn=2^{ks-2} m_1^s n_1^s\qquad (10)$$
Так как $s>2$, то $ks-2$ не дeлится на $s$. Значит показатель при двойке не кратен $s$ и следовательно составное число $2^{ks-2}m_1^s$ не является степенью с нечетным показателем $s$.

Это означает также, что $m=\frac {P+R}{2}$, не являются степенью с заданным свойством.

Вывод сделан в предположении, что $V$ - составная степень. Если же четная степень - степень числа 2, то после деления на 4 получилась бы меньшая четная степень числа 2. Тогда бы существовало Уравнение Била с меньшей четной степенью, чем в исходном уравнении (1). И появился бы бесконечный спуск
Так как числа $P,R$ произвольные, то (5) (6) представляет все возможные случаи общего уравнения (1).Отсюда вытекает вывод, что ни (5) ни (6) не поставляют степеней с нечетными показателями для решения уравнения Била.
Для полного доква Гипотезы Била остаётся показать, что не существует решения для степеней с четными показателями больше 2. Это будет сделано несколько позже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение28.04.2021, 14:54 


19/04/14
321
Итак, показано, что $V/4$ не может быть степенью со значением показателя равным $s$.
Однако, если $$m_1=m_2^{ks-2}; \qquad n_1=n_2^{ks-2 },$$ то $V/4$ будет степенью с показателем $ks-2$. Действительно в этом случае $$V/4=2^{ks-2} (m_2^s)^{ks-2} (n_2^s)^{ ks-2}=mn \qquad (11)$$ Значит числа $m,n$ - степени с показателем $ks-2$
Уравнения (5), (6) становятся новыми уравнениями с четной степенью $V/4<V$.
Показатель $ks-2$ нечетный. Значит нечетное $k>1$. Отсюда $V/4>8$. Следовательно существует бесконечный спуск. Cпуск конечный при $$V/4=8=3^2-1 \qquad (12),$$ что не является решением Уравнения Била.
Теперь можно считать, что для нечетных показателей Гипотеза Била доказана.
Пусть четная степень с заданным свойством имеет четный показатель $$V=2^{2ks} m_1^{2s}n_1^{2s}=4mn \qquad (13)$$ $$V/4=2^{2ks-2}m_1^{2s}n_1^{2s}=(2^{ks-1})^2(m_1^s)^2 (n_1^s)^2=(2^{2ks-1}m_1^s n_1^s)^2 \qquad (14)$$ Как видно из (14) показатель $2ks-1$ не делится на $s$, поэтому $V/4$ не является степенью с четным показателем $2s$.
Но если $m_1=m_2^{2ks-1}; \qquad n_1=n_2^{2ks-1}$, то $V/4$ будет степенью с четным показателем равным $2(2ks-1)$. Аналогично, как для степеней с нечетным показателем в этом случае появится бесконечный спуск.
Следовательно, Гипотеза Била полностью доказана.
Необходимо отметить, что для уравнения с квадратами невозможно организовать бесконечный спуск. Так как для квадратов из всех существующих решений имеется известное минимальное $3^2+4^2=5^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение28.04.2021, 17:17 


21/09/16
45
При чем тут $V/4$ когда вы должны доказать свойство $V$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение29.04.2021, 10:48 


21/09/16
45
Если в 9 взять $4m=2^{ks+2}m^s$

и $n=n_1^s$ то у вас $V/4=2^{ks}m^sn^s$ и тогда $ks$ делится на $s$

-- 29.04.2021, 10:52 --

Таким образом у вас подгон под доказательство, а не доказательство

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение30.04.2021, 09:56 


19/04/14
321
Уважаемый nimepe

(Оффтоп)

Зачем Вы себя так дискредитируете. Делаете ошибочные рассуждения в элементарном. Деление степени на 4 даёт бесконечный спуск.
Такой приём использован в известном докве для биквадратов.
В другом случае предлагаете $4m=2^{ks+2}$. В этом случае исходное число $V$ сразу не является степенью с наперед заданным показателем $s$. И ничего доказывать уже не надо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение30.04.2021, 10:34 


21/09/16
45
Уважаемый автор темы! Уравнение гипотезы Била ведет себя очень интересно(изложено в книге ISBN 978-5-9927-0082-4 и книге "Теория решения уравнения $A^x+B^y=C^z$ в целых числах."Оно уравнение как может иметь решение ,так и не иметь решения.Даже на вашем "доказательстве " это видно, если поменять значения $m$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 50 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group