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 1, 2, 3, 4  След.
 
 Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение11.03.2021, 17:57 


19/04/14
321
Уравнение Била и Гипотезу Била дадим в следующей интерпретации. В уравнении $$V = P + R \qquad (1)$$ числа $(V,P,R)$(созвучно - взаимно просты) не могут быть степенями натуральных чисел (оснований) с произвольными показателями больше 2, (выделенное, далее по тексту – степенями) если числа $(V,P,R)$ взаимно просты. Пусть $(P, R)$ произвольные нечетные числа . 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 $$m + n = P; \qquad m-n = R\qquad (3)$$ Поскольку числа $(P,R)$ нечетны и взаимно просты, то из (3) следует, что числа $(m,n)$ также взаимно просты, но разной четности. Пусть $(m)$ четно, а $(n)$ нечетно, что не нарушает общности.
Используя (2), составим уравнение $$(P + R)(P-R) = P^2 -R^2 = 2m \cdot 2n = 4mn \qquad (4)$$ Пусть $(4mn)$ произведение взаимно простых степеней $(4m)$ и $(n)$. А также положим, что в числе $(4mn)$, все нечетные сомножители сгруппированы в числе $(n)$. Тогда, $m=2^{s-2}; \qquad 4mn = 2^sn$.. В этом случае также справедлив вывод, если $(n)$ нечетно, то $(2n)$ не степень. И $P-R=2n$ не поставляет решений в уравнение Била. Но для уравнения $$P  + R = 2^s     \qquad (5)$$ такой вывод пока еще не доказан. Это главная проблема доква гипотезы Била.
Предположим, что в уравнении (5) нечетные числа $(P,R)$ являются степенями. Тогда из всех возможных решений существует минимальное решение.
Показатель $(s>2)$, поэтому слепень $(2^s)$ также можно представить разностью квадратов, подобную (4). $$2^s   = (P + R)(P-R) = 2^{s-1} 2n \qquad (6)$$
Понятно, что при нечетном числе $(n)$ разность $P - R = 2n$ не является степенью. Числа $(P, R)$ - любые, а значит, могут быть степенями. Следовательно, разность степеней $P - R$ в равенстве (2) не является степенью. Из-за отсутствия в числе $(2^s)$ нечетных сомножителей кроме 1, вытекает, что в данном случае $(n=1)$. И разность новых нечетных чисел равна 2, И это не степень. Имеем уравнение $$2^s=(P+R)(P-R)=2^{s-1}2 \qquad (7)$$ Из которого следует, решение может быть только в уравнении $$P + R= 2^{s-1} \qquad (8)$$
Что противоречит принципу единственности существования минимального решения при степени равной $(2^s)$ и приводит к бесконечному спуску.
Это можно доказать и методом бесконечного подъёма.
Имеем степень $8k= 8$. Значит $(k=1)$. Разлагаем 8 в разность квадратов. $$ P>R,    \qquad  P=2k+1=3,       \qquad           R=2k-1=1$$ Тогда $$2^3   = (P + R)(P-R) =  (3+1)(3-1) = 3^2 -1^2= 2^2  2      \qquad         (9)$$
Как видно из (9) $P+R=2^2$ не поставляет решений в уравнение (7). Поэтому степень $(2^3)$ также не поставляет решения в (7). Увеличим показатель степени на 1. Тогда $$8k = 2^3 2;  \qquad   k=2, \qquad     P=2k+1=5; \qquad     R=2k-1=3$$ $$2^4  = (P + R)(P- R) =  (5+3)(5-3) = 5^2 -3^2  = 2^3 2  \qquad         (10)$$
Но в (9) показано, что $2^3$ не поставляет решения в уравнение (7), поэтому и степень $2^4$ согласно (10 ) не поставляет решений в уравнение (7). И так далее. Все время, увеличивая показатель степени на 1, делаем вывод, что новая степень также не поставляет решений в уравнение (7), поскольку в новом разложении присутствует предыдущая степень, не дающая решений.
Таким бесконечным подъемом мы охватываем все степени числа 2. И убеждаемся, что ни одна из них не поставляет решений в (7). Таким образом, решена основная проблема доква Гипотезы Била.
Следовательно, не существует решений для уравнения (7), такого, в котором произвольная пара нечетных чисел представляла бы степени (охватывая и случаи, когда степени имеет свои произвольные показатели). Значит, не существует решения и для уравнений (6) и для (1).
Следовательно, доказан общий случай гипотезы Била

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение13.03.2021, 14:24 


19/04/14
321
Естественно возникает вопрос. Почему этот метод, доказавший Гипотезу Била, не действует для квадратов?
У квадратов есть конкретное минимальное решение $4^2=5^2- 3^2$. Поэтому нет бесконечного спуска. Бесконечный подъём работает и для квадратов, но с противоположным утверждением. Если существует решение для 16, а именно, $2^4=25-9$, то существует решение и для $$32=2^5=(9+7)(9-7)=81- 49 = 2^42$$ и для $$64=2^6=(17+15)(17-15)= 2^52$$ и т. д. Следует отметить также, что числа 9 и 7, 17 и 15 не степени.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение13.03.2021, 22:37 


21/09/16
45
В уравнении $5$ у вас ошибка.Должно быть$P+R=2^{s-1}$

-- 13.03.2021, 22:47 --

Из уравнения (6) $2^s=(P+R)(P-R)=2^{s-1}2n$ получим $n=1$ Вот весь результат вашего доказательства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение14.03.2021, 08:21 


22/03/20
88
nimepe в сообщении #1509099 писал(а):
В уравнении $5$ у вас ошибка.Должно быть$P+R=2^{s-1}$
из уравнения (6) $2^s=(P+R)(P-R)=2^{s-1}2n$ получим $n=1$ Вот весь результат вашего доказательства.

Нет ошибки. Рассуждения по уравнениям. Значит $P,R$ - переменные. И хорошо, что не вводятся новые буквенные обозначения. Доказаны более серьёзные моменты.

binki, Вы не делаете акцент над некоторыми результатами, поэтому получаете такие вопросы. Упущением также считаю, что в бесконечном подъёме для квадратов практически нет разъяснений. Таких, что решения для квадратов получаются через шаг подъёма, а в промежуточных - решения для степеней числа 2 с нечетными показателями. А самое главное, что такой важный момент в подъёме как перенос свойств числа левой части уравнения в правую следующего шага показан мимоходом.
binki в сообщении #1509036 писал(а):
Следует отметить также, что числа 9 и 7, 17 и 15 не степени.

Важнейший момент. Свойства числа предыдущего шага $2^s=....$ , в следующем $....=2^s 2$
Желательно, чтобы после завершающих выводов, вы сделали резюме по основным моментам.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение14.03.2021, 08:55 


21/09/16
45
Перейдем от уравнений 5,6(с их результатами) к уравнениям 2 получим $P+R=2^{s-1}$ и $P-R=2$ .И что у вас доказаео?

-- 14.03.2021, 09:02 --

Еще раз обращаю ваше внимание в уравнении 5 и уравнении 8 нестыковки

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение14.03.2021, 12:05 
Аватара пользователя


15/09/13
353
г. Ставрополь
binki в сообщении #1509036 писал(а):
У квадратов есть конкретное минимальное решение $4^2=5^2- 3^2$. Поэтому нет бесконечного спуска.

Для $a^n+b^n=c^n$ , где $n>1$, все натуральных решения $a,b,c$ («конкретные» и предполагаемые) ограничены натуральным минимальным четным числом $m=2x$ (меньше чем 2 не бывает). То есть $0<m<a,b,c$.
Получается, что бесконечный спуск всегда ограничен четным $m$ для всех $n>1$.
То есть бесконечного спуска нет и быть не может, и не только для квадратов, а его «явления народу» в доказательствах ТФ – результат неэквивалентных преобразований (имхо)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 08:16 


22/03/20
88
vxv в сообщении #1509161 писал(а):
все натуральных решения $a,b,c$ («конкретные» и предполагаемые) ограничены натуральным минимальным четным числом $m=2x$ (меньше чем 2 не бывает) Получается, что бесконечный спуск всегда ограничен четным $m$ для всех $n>1$.То есть бесконечного спуска нет и быть не может, и не только для квадратов, а его «явления народу» в доказательствах ТФ – результат неэквивалентных преобразований. То есть $0<m<a,b,c$

С таким пониманием бесконечного спуска как у вас можно опровергнуть все доказательства, где он применяется.
Но, логика binki, как я понял, другая. Если степень поставляет решение для уравнения Била, то это решение поставляется числом меньшим исходного, значит меньшее число не равно 8, так как 8 не поставляет решения. Точно такая же логика на втором шаге спуска, где получается новое число меньшее исходного числа второго шага, значит снова это число не 8. Далее третий, четвертый шаг, наконец бесконечный шаг, но до 8 не добраться. Значит это бесконечный спуск.
binki показал это и бесконечным подъёмом, где исходным бралось число 8, не дающее решение, и бесконечным подъёмом показано, что числа большие исходного не поставляют решения в уравнение Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 10:01 
Аватара пользователя


15/09/13
353
г. Ставрополь
1.Вообще-то, правила форума запрещают вносить изменения в текст цитируемого сообщения.
2.Мой вопрос адресован binki и по содержанию логически не противоречит (в развитии) его утверждению:
binki в сообщении #1509036 писал(а):
У квадратов есть конкретное минимальное решение $4^2=5^2- 3^2$. Поэтому нет бесконечного спуска.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 10:26 


21/09/16
45
Вопрос автору :что вы скажите " вашим методом" о уравнении $A^{206}+B^{358}=C^{574}$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 11:39 


22/03/20
88

(Оффтоп)

Текст не изменен, а сокращен.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 15:22 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1509132 писал(а):
Желательно, чтобы после завершающих выводов, вы сделали резюме по основным моментам.

Уважаемый Valprim!
Я анализирую заданные вопросы. Пока их мало. После появления достаточного к-ва вопросов будет сделано резюме
nimepe в сообщении #1509300 писал(а):
Вопрос автору :что вы скажите " вашим методом" о уравнении $A^{206}+B^{358}=C^{574}$ ?

Уважаемый nimepe, четную степень из Вашего уравнения представим в виде разности квадратов. Следовательно она будет равна $2m \cdot 2n.$. Далее по тексту статьи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение15.03.2021, 17:26 


21/09/16
45
Автор вы можете вашим"методом" найти решение указанного мной уравнения?Ссылка на ваш текст несерьезна.У вас нет доказательства.Все ваше доказательство свелось к тому, что$P+R=2^{s-1}$ и$P-R=2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение16.03.2021, 09:13 


21/09/16
45
Автору:у вас уравнения 7 и уравнения 9,10 равносильны, поэтому вы делаете неверный вывод

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение16.03.2021, 12:32 


19/04/14
321
nimepe в сообщении #1509463 писал(а):
у вас уравнения 7 и уравнения 9,10 равносильны, поэтому вы делаете неверный вывод

Уважаемый nimepe, сравнивать несуществующее с существующем конечно можно, но как назвать этот процесс я затрудняюсь. Предполагаемое (7) методом спуска показывается, что оно не существует если составлено степенями натуральных чисел. Уравнения же (9), (10 ) всегда существуют в бесконечном подъёме и ещё раз показывают о не существовании (7)

 Профиль  
                  
 
 Re: Проблема док-ва Гипотезы Била.
Сообщение16.03.2021, 15:12 


21/09/16
45
Оказывается у вас уравнение 7 не существует-во дает?.И что вы тогда доказываете?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 50 ]  На страницу 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