Фундаментальные свойства степеней

[Petern1]

Работая над теоремами П. Ферма, я обнаружил важные свойства степеней целых чисел.
Прошу участников форума высказать свои суждения об их актуальности, новизне. Могут ли они представить интерес для теории чисел?
Из-за большого объема пришлось излагать очень кратко, в основном результаты . Но я могу дать полные выкладки и пояснения всем, кто проявит интерес к изложенным вопросам.


1) Сумма квадратов $a^2+b^2$.

Произведение двух или более сумм квадратов всегда равно сумме квадратов
$(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)=a^2+b^2$. Где
$a=a_1a_2+b_1b_2$ $[1_a]$
$b=a_1b_2-a_2b_1$ $[1_b]$
$a=a_1a_2-b_1b_2$ $[2_a]$,
$b=a_1b_2+a_2b_1$ $[2_b]$
Формулы [1],[2] назавем формулы умножения сумм квадратов.
Если в эти формулы вместо $a_2 ,b_2$ подставить $a_1 ,b_1$, то мы получим такие $ a и b$ , сумма квадратов которых будет равна квдрату.
$a=a_1^2+b_1^2$ $[3_a] $,
$b=0$ $[3_b]$
$a=a_1^2-b_1^2$ $[4_a]$,
$b=2a_1b_1$ $[4_b]$
Если теперь в формулы [1] , [2] вместо $a_2,b_2$ подставим $a,b$ из формул [3] [4] , то мы получим формулы вычисления таких $a,b$, сумма квадратов которых будет равна кубу.
$a=a_1(a_1^2+b_1^2)$ $[5_a]$
$b=b_1(a_1^2+b_1^2)$ $[5_b]$
$a=a_1(a_1^2-3b_1^2)$ $[6_a]$,
$b=b_1(3a_1^2-b_1^2)$ $[6_b]$
Если снова в формулы [1] ,[2] вместо $ a_1,b_1$ подставить $a,b$ из формул [3] ,[4] , а вместо $a_2 , b_2$ пдставить $a , b$ из формул [5] , [6] , то мы получим формулы вычисления таких $a ,b$ , сумма квадратов которых будет равна 5-ой степени.

$a=a_1(a_1^2+b_1^2)^2$ $[7_a]$,
$b=b_1(a_1^2+b_1^2)^2$ $[7_b]$
$a=a_1(a_1^4-2a_1^2b_1^2-3b_1^4)$ $[8_a]$
$b=b_1(3a_1^4+2a_1^2b_1^2-b_1^4)$ $[8_b]$
$a=a_1(a_1^4-10a_1^2b_1^2+5b_1^4)$ $[$9_a]$
$b=b_1(5a_1^4-10a_1^2b_1^2+b_1^4)$ $[9_b]$ .
Очевидно, что такую процедуру вывода формул можно продолжить и получить формулы вычисления таких $a , b$, сумма квадратов которых будет равна любой желаемой степени, до бесконечности.
И так, сумма квадратов может быть равна любой степени, при этом имеет место многозначность чисел $a,b$ , начиная с кубов.




2) Сумма квадратов с коэффициентом $k$
$a^2+kb^2$ (коэф. $k$ может быть и при $a$).
Произведение таких чисел также всегда равно числам такого вида$(a_1^2+kb_1^2)(a_2^2+kb_2^2)=a^2+kb^2$. Где
$a=a_1a_2+kb_1b_2$ $[10_a]$
$b=a_1b_2-a_2b_1$ $[10_b$
$a=a_1a_2-kb_1b_2$ $[11_a]$
$b=a_1b_2+a_2b_1$ $[11_b]$
Формулы [10],[11]---это формулы умножения.
Формулы для получения степеней:
Квадратов
$a=a_1^2+kb_1^2$ $[12_a]$,
$ b=0$ $[12_b]$
$a=a_1^2-kb_1^2$ $[13_a]$,
$b=2a_1b_1$ $[13_b]$
Кубов
$a=a_1(a_1^2+kb_1^2)$ $[14_a]$,
$b=b_1(a_1^2+kb_1^2)$ $[14_b]$
$a=a_1(a_1^2-3kb_1^2)$ $[15_a]$,
$b=b_1(3a_1^2-b_1^2)$ $[15_b]$
Применяя процедуру такую же, как и в пункте 1), мы можем построить формулы вычисления таких $a,b$, сумма квадратов которых с коэффиц. $k$ при $b$ будет равна любой желаемой степени.





3). Числа вида $a^2+ab+b^2$ , $a^2-ab+b^2$
Этим числам так же присуще свойство перемножения, так что произведение этих чисел всегда равно числам такого и только такого вида. Полное изложение заняло бы слишком много места , поэтому приведем лишь :
Формулы умножения
$a=a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2$ $[16_a]$,
$b=a_2b_1-a_1b_2$ $[16_b]$

$a=a_1a_2-b_1b_2$ $[17_a]$,
$b=a_1a_2-a_1b_2-a_2b_1$ $[17_b]$
Формулы вычисления квадратов
$a=a_1^2-b_1^2$ $[18_a]$,
$b-a_1^2-2a_1b_1$ $[18_b]$
Формулы вычисления кубов
$a=a_1^3+b_1^3-3a_1b_1^2$ $[19_a]$,
$b=3a_1^2b_1-3a_1b_1^2$ $[19_b]$
Для тех участников форума кто этим заинтересуется, я могу представить полную инфор. о причудливых свойствах этих чисел.





4) $a^n+b^n=(a+b)[a^n^-^1-a^n^-^2b…+b^n^-^1].$ n---простое =3 и более.
Так вот оказывается, что эти сомножители $(a+b)$ и число в квадратных скобках (многочлен)
при взаимно простых $a,b$ , являются так же взаимно простыми числами по любому простому числу$p$, кроме $p$ равного $n$. Доказать это можно разделив алгебраически многочлен на сумму оснований.
Это сильное свойство, так как из него следует, что это произведение может быть равно степени только в том случае, когда одновременно равны степени сумма оснований и многочлен .




5) Сумма кубов может быть равна квадрату.
Формулы вычисления $a ,b$ таких, сумма кубов которых равна квадрату
$a=4k(k^3-1)$ $[20_a]$ ,
$b=8k^3+1^4$ $[20_b]$ .




6) Сумма кубов не может быть равна кубу.
Исходя из свойств 3). 4), сумма кубов может быть равна кубу , если кубу равны оба сомножителя
$(a+b)$
$(a^2-ab+b^2)$ .
Но когда $(a^2-ab+b^2)$ равен кубу, тогда сумма оснований равна либо
$(a+b)^3-9ab^2$ $[21]$
Либо
$(a+b)(2a^2-5ab+2b^2)$ $[22]$ . И сейчас требуется доказать, что числа [21] и [22] не равны кубу. А это достичь не трудно. И мы получаем совершенно строгое доказательство ВТФ для суммы кубов. И разве оно не «удивительное»?




7) Переход от кубов к 5-ой степени можно сделать следующим образом.
Любой куб равен
$a^3=(a-1)a(a+1)+a$ $[23]$ . Произведение 3-х последов. чисел + среднее чило. Представим суммой
$a=a_1+b_1$. Тогда
$a^3=[(a-1)a_1(a+1)+a_1] +[(a-1)b_1(a+1)+b_1]$ . Числа в квадратных скобках кубу не равны, что противоречило бы пункту 6)
Любая 5-ая степень может быть записана
$a^5=(a-1)a(a+1)(a^2+1)+a$ $[24]$. Запишем суммой
$a=a_1+b_1$ Тогда
$a^5=[(a-1)a_1(a+1)(a^2+1)+a_1] +[(a-1)b_1(a+1)(a^2+1)+b_1]$. В этих записях можно усмотреть обоснование, что числа в квадратных скобках не могут быть равны 5-ой степени. Аналогичные выкладки можно построить и для 7-ой и для любой степ. равной простому числу.




8) О сумме 5-ых степеней.
Второй множитель суммы 5-ых степеней (пятичлен) не обладает свойством умножаться друг на друга, как числа в пунктах 1), 2). 3). Т.е. произведение этих чисел не является числом такого вида, что проверено на большом количестве чисел. Более того пятичленны не равны степеням (кроме 5-ой). Очень похоже на то, что это их фундаментальное свойство.
И если кто-нибудь из участников форума сможет доказать эту гипотезу, то мы превзайдем самого П. Ферма. Мы докажем, что сумма 5-ых степеней не может быть равна ни какой степени. И рапространим это на все n.





9) Доказательство ПОСЛЕДНЕЙ НЕДОКАЗАННОЙ теоремы Ферма: «…невозможно найти среди целых чисел такой квадрат кроме 25 , к которому если прибавить 2 , то получился бы куб…» Т.е. требуется доказать, что равенство
$x^2+2=y^3$ имеет единственное решение
$5^2+2=3^3$
Запишем $ x^2+2=y^3$. Если такое равенство существует, то оно не изменится , если мы $y$ представим в виде суммы двух чисел
$y=k+1$. Тогда
$x^2+2=k^3+3k^2+3k+1$;$x^2+1=k^3+3k^2+3k$;
$x^2+1=k(k^2+3k+3)$. Слева сумма квадратов, справа произведение двух чисел. Значит сумма квадратов
$x^2+1$ равна произведению двух сомножителей. Но эти сомножители могут быть только суммы квадратов, что мы доказали в пункте 1). Поэтому мы можем записать $x^2+1=(a_1^2+b_1^2) (a_2^2+b_2^2)$. Тогда
$(a_1^2+b_1^2) (a_2^2+b_2^2)=k(k^2+3k+3)$. Каким бы не было $k$, но это равенство обязывает его быть суммой квадратов. Поэтому мы в праве записать
$k=a_1^2+b_1^2$. Тогда
$(k^2+3k+3)=a_2^2+b_2^2$_. Далее
$k^2=a_2^2$ и $3(k+1)=b_2^2$. В последнем равенстве 3 перед скобкой мешает этому произведению быть квадратом. Чтобы избавиться от этой трудности поступим так:
$k^2+3k+3=k^2+2k+1+k+2=(k+1)^2+k+2$.Приравняем
$a_2^2=(k+1)^2$, а
$b_2^2=k+2$; Одну единицу перенесем влево.
$b_2^2-1=k+1$;
$(b_2-1)(b_2+1)= k+1$. Подставим значение
$k=a_1^2+b_1^2$
$(b_2-1)(b_2+1)=a_1^2+b_1^2+1$. Слева произведение двух чисел, разность между которыми равна 2. Чтобы справа $a_1^2+b_1^2+1$ было так же равно такому произведению надо, чтобы
$b_1^2+1=2a_1$. Тогда
$a_1^2+b_1^2+1=a_1^2+2a_1=a_1(a_1+2)=(b_2-1)(b_2+1)$. Из равенства
$b_1^2+1=2a_1$ запишем $a_1=(b_1^2+1)/2$. Придавая $b_1$ нечетные числа, будем получать $a_1$ целые. Подчеркнем, что мы здесь установили точную связь между $b_1$ и $a_1$.
Ранее мы записали
$a_2^2=(k+1)^2$, значит
$a_2=k+1$. Но
$k=a_1^2+b_1^2$.Тогда

$$a_2=a_1^2+b_1^2+1=[(b_1^2+1)/2]^2+b_1^2+1=(b_1^4+2b_1^2+1)/4+b_1^2+1 = (b_1^4+6b_1^2+5)/4$$

. Покажем, что при любом не четном $b_1$, число в скобке делится на 4. Пусть $b_1=2f+1$. Тогда

$$[(2f+1)^4+6(2f+1)^2+5]/4=[16f^4+32f^3+12f^2+8f+1+24f^2+24f+6+5]/4 =[16f^4+32f^3+36f^2+32f+12]/4$$

. Число в скобке на 4 делится, значит $a_2$ есть целое число.
$b_2^2=k+2=a_1^2+b_1^2+2=[(b_1^2+1)/2]^2+b_1^2+2=[b_1^4+6b_1^2+9]/4=[b_1^2+3]^2/4$.
$b_2=(b_1^2+3)/2$. И так выстроилась точная зависимость $a_1, a_2, b_2$ от $b_1$. А теперь вспомним формулы умножения сумм квадратов
$a=a_1a_2+b_1b_2[1_a]$
$b=a_2b_1-a_1b_2[1_b$.
В нашем равенстве $x^2+1=k(k^2+3k+3)$ $x=a$, a $b=1$. И так
$a_2b_1-a_1b_2=1$ . Подставим сюда значения $a_1, a_2, b_2$.
$((b_1^4+6b_1^2+5)/4) b_1-((b_1^2+1)/2 ) (b_1^2+3)/2=1$. Легко убедиться, что при $b_1=1$ будем иметь 3-2=1. При $b_1=3$ будем иметь 105-30=75, что больше 1. И при любом не четном $b_1$ большем 3 эта разность не может быть равна 1. А теперь запишем при $b_1=1$ .
$a_1=(b_1^2+1)/2=1$;
$a_2=(b_1^4+6b_1^2+5)/4=3$;
$b_2=(b_1^2+3)/2=2$.
$x=a_1a_2+b_1b_2=5$.
В равенстве $x^2+1=k(k^2+3k+3)$ $k=a_1^2+b_1^2=2$, поэтому можем записать $5^2+1=2(4+6+3)$; 26=26. И возвращаем 1 обратно и $5^2+2=3^3$.
C уверенностью можно считать, что именно такое доказательство этой теоремы было построено самим П. Ферма, о котором он говорил «совершенно строгое». Оно достойно восхищения! Применяя этот метод можно доказать, что не существует таких квадратов, к которым если прибавить 3 или 5, то получался бы куб.





10) Задача Ферма о прямоугольных треугольниках.
Используя свойства 1), 2) можно решить задачу Ферма:
«Вычислить все прямоугольные , целочисленные тр-ки с заданной разностью между его катетами». Решение красиво.

Обращение к участникам форума.
Здесь я разместил в основном результаты, без выкладок и пояснений, так как полный материал занимает порядка 40 страниц. Любому кто заинтересуется отдельными вопросами я представлю выводы и пояснения. С уважением Petern1.

[Мат]

1. Существует также бесчисленное количество иных форм, отличных от квадратичных, в больших степенях, для которых произведение форм будет формой:
$(a^3-3ab^2)(c^3-3cd^2)=p^3-3pq^2$ - для 3-х степеней
3. Возможны представления и для любых чисел степени n:
$a^2+ab+b^2=p^n$
Если для чисел $a$ и $b$ выполняется $a^2+ab+b^2=p^n$, то $p^n$ представимо также как $c^2-cd+d^2$. И наоборот.
9. Слишком сложно. Возможно допустить промах в столь длинных выкладках.
10. Предлагаю задачу в ответ:
Докажите, что не существует целых a и b таких, что:
$a^4 + 6a^2b^2 + b^4 = z^2$

[Коровьев]

Чтобы не изобретать велосипед, надо, как минимум, ознакомиться с литературой по интересующему вопросу.
Вы нашли то, что найдено было эдак лет двести назад, с введением понятия алгебраического числа.
Алгебраические числа вида
a + b\sqrt k
где k свободно от квадратов образуют кольцо. Сумма и произведение таких чисел есть число такого же вида. В частности

(a_1 + b_1 \sqrt k )(a_2 + b_2 \sqrt k ) = (a_1 b_1 + ka_2 b_2 ) + (a_1 b_2 + a_2 b_1 )\sqrt k = a + b\sqrt k

переходя к нормам и получим "открытые" Вами "важные свойства "

(a_1^2 + kb_1^2 )(a_2^2 + kb_2^2 ) = a^2 + kb^2

Раскройте скобки в следующем выражении

(a_1 + b_1 \sqrt k )^n = A_n + B_n \sqrt k

Сгруппируйте и перейдите к нормам и получите "важные свойства степеней целых чисел"


(a^2 + kb^2 )^n = A_n^2 + kB_n^2


*****
Остальное тоже из азов теории алгебраических чисел.

Добавлено спустя 1 час 2 минуты 21 секунду:

Доказательство ПОСЛЕДНЕЙ очень, очень сильно, сильно сомневаюсь НЕДОКАЗАННОЙ теоремы Ферма

a^2 + 2 = b^3

Тогда должно быть

a + \sqrt { - 2} = (x + y\sqrt { - 2} )^3 = (x^3 - 6xy^2 ) + (3x^2 y - 2y^3 )\sqrt { - 2}

отсюда

3x^2 y - 2y^3 = 1
\begin{array}{l} 1.)y = 1 \\ 3x^2 - 2 = 1 \\ x^2 = 1 \\ x = \pm 1 \\ a = x^3 - 6xy^2 = \pm 5 \\ 2.)y = - 1 \\ 3x^2 - 2 = - 1 \\ 3x^2 \ne 1 \\ \end{array}

[Мат]

Уж очень не нравятся алгебраические числа вида:
$a+b\sqrt k$

[Petern1]

Ответ МАТУ и КОРОВЬЕВУ.

Уважаемые, Мат и Коровьев, я очень благодарен Вам за Вашу реакцию, за Ваши ценные сообщения. К сожалению мне не все понятно. Я знаю не все.
Позвольте поздравить Вас с наступившим Новым годом, пожелать благополучия и творческих успехов. И позвольте сказать кое-что в ответ.

1). О методах.
Пусть некоторая истина (закономерность, свойство в натуральных числах) раскрыта, описана методами элементарной математики [МЭМ] и методами высшей математики [МВМ]. Означает ли, что после этого МЭМ лишаются права на существование и должны быть вычеркнуты из математических знаний?
Я думаю, что оба метода имеют равные права на жизнь. Но в их споставлении я все-таки на первое место поставил бы МЭМ. Они понятны , легко объяснимы, их можно преподнести школьникам, они раскрывают наглядным образом реальные соотношения чисел, которыми мы можем удивляться и восхищаться.
Слова Ферма из Замечания N-42: «Для дробей по методу Баше можно найти бесконечно много таких квадратов ($x^2+2=y^3$), но ни Баше, ни кто-либо другой, чьи сочинения дошли до меня, не были сведущи в науке о целых числах, которая, несомненно, является самой красивой и изящной.» Очевидно, что Ферма говорит о МЭМ

2). Конкретный пример.
Участник форума Someone подсказал, что в книге Кордемского, параграф 366, имеется решение ур-ия $x^2+y^2=z^n$. Да есть. Но для решения применены комплексные числа. Для n=5 имее $(a=bi)^5=a^5+5a^4bi+10a^3b^2i^2+10a^2b^3i^3+5ab^4i^4+b^5=
a^5-10a^3b^2+5ab^4+(5a^4b-10a^2b^3+b^5)i$.
Без всяких пояснений i опускается и делается запись:
$(a^5-10a^3b^2+5ab^4)^2+(5a^4b-10a^2b^3+b^5)^2=(a+b)^5$.
И так можно поступить для любого n. Но возникает недоумение. Получается, что комплексные числа обладают некоей магической силой производить числа, сумма квадратов которых равна любой желаемой степени. Но почему так???
Но этого же результата можно достичь и МЭМ. Для чего надо потрудиться над биноминальными коэфф., сведенными в треугольник Паскаля, понаслаждаться многочисленными причудливыми закономерностями в этих числах и в конце получить такие же формулы без применения буквы i. И тогда становится понятным, что i никакой магической силой не обладает, а является лишь удобным инструментом.
Более того методом комплексных чисел (это скорее МВМ) получается одна формула. В то время как МЭМ, изложенный в пункте 1) Фундаментальные свойства степеней, находит для 5-ой степени ТРИ различные формулы. Т.е. имеет место многозначность. И при увеличении n многозначность возрастает. Вот и судите.

3). Еще одно обращение к участникам форума.

Я новичок на форуме. И обратился на форум с надеждой на то, что быть может в моих наработках найдется что-нибудь полезное для науки о целых числах. И это более важно чем то, являюсь ли я первооткрывателем или «изобретателем велосипеда». И хотелось бы, чтобы математики с высшей математической подготовкой уважительно относились бы и к МЭМ, и к моему скромному желанию, а также к другим участникам форума, которые трудятся, стремясь принести пользу.

4) О последней недоказанной теореме Ферма.

Г. Эдвардс в книге «Последняя теорема Ферма…», изд. 1980 г
пишет (стр. 54) : « Среди других недоказанных утверждений Ферма содержится теорема о том, что 25+2=27 является единственным целочисленным решением ур-ния
$x^2+2=y^3$. Казалось бы, что это простое утверждение возникло из ничего, и не видно никакого естественного пути, на котором можно было бы попытаться его доказать.»
Естественно предположить, что за последние 28 лет врят ли кто-нибудь брался за доказательство этой теоремы, и она остается недоказанной.
В книге П. Ферма «Исследования по теории чисел…» в комментарии к Замечанию N42 говорится о том, что эту теорему впервые доказал Эйлер. Однако для доказательства он применил опять-таки комплексные числа. Ферма не признал бы такое доказательство. Он был решительным сторонником того, чтобы задачи целых чисел решались силами и средствами этих же чисел. Об этом говорят его письма и замечания.
Доказательство этой теоремы, изложенное в пункте 9), конечно, длинно. Это так. Но я не вижу возможности к его сокращению. И было бы очень ценно, если бы кто-нибудь из участников форума этого достиг.
Могу лишь добавить, что аналогичными выкладками можно доказать, что не существует таких квадратов, к которым если прибавить 3, или прибавить 5, то получился бы куб. И еще кое-что.

5) По поводу задачи МАТА.

Уважаемый МАТ, я Вам чрезвычайно благодарен за эту задачу, она мне очень понравилась. Я ее фактически решил, но поскольку она формулируется в отрицательном смысле, где надо все тщательно взвесить и продумать, то свой вариант решения сообщу несколько позже. Да быть может еще кто-нибудь из
участников форума пожелает решить эту задачу. Если я правильно понимаю, что на форуме имеется традиция любезно предлагать участникам оригинальные задачки, то я со своей стороны могу предложить такую задачу:
Доказать, что существует сколь угодно много таких пар
квадратов, что если к их сумме прибавить$2^3$, то
получится квадрат.
С уважением и благодарностью Petern1.

[Мат]

Цитата:

Позвольте поздравить Вас с наступившим Новым годом, пожелать благополучия и творческих успехов.

Вас также с Новым Годом!

Цитата:

Без всяких пояснений i опускается и делается запись:
$(a^5-10a^3b^2+5ab^4)^2+(5a^4b-10a^2b^3+b^5)^2=(a^2+b^2)^5$.
.

Причем
$(a^5+10a^3b^2+5ab^4)\pm (5a^4b+10a^2b^3+b^5)=(a\pm b)^5$
Задачу попробовал, но пока решить не смог

[Someone]

Petern1 в сообщении #173539 писал(а):

Пусть некоторая истина (закономерность, свойство в натуральных числах) раскрыта, описана методами элементарной математики [МЭМ] и методами высшей математики [МВМ]. Означает ли, что после этого МЭМ лишаются права на существование и должны быть вычеркнуты из математических знаний

Не существует сколько-нибудь общепринятого понятия "методы элементарной математики". Обычно под этим подразумевают методы школьной алгебры и геометрии (без понятий функции, предела, производной и т.п.). Никто эти методы не запрещает. Но если "неэлементарное" доказательство в десять раз короче "элементарного", то я предпочту "неэлементарное".

Petern1 в сообщении #173539 писал(а):

Да есть. Но для решения применены комплексные числа.

В то время, когда эта книга писалась, комплексные числа входили в школьную программу. И я с ними был достаточно знаком, чтобы понять эти формулы.

Кстати, к Вам две претензии.
1) Личная. Вы исказили мой псевдоним (а также псевдонимы Мат и Коровьев). Кроме того, псевдонимы принято выделять жирным шрифтом
2) Общая. Вы разбили длинную формулу на две строки, поэтому она неправильно отобразилась. Лучше выделить её в отдельную строку и окружить двойными знаками доллара.

Petern1 в сообщении #173539 писал(а):

Без всяких пояснений i опускается и делается запись:
$(a^5-10a^3b^2+5ab^4)^2+(5a^4b-10a^2b^3+b^5)^2=(a+b)^5$.

Левая часть - это квадрат модуля числа $(a^5-10a^3b^2+5ab^4)+(5a^4b-10a^2b^3+b^5)i$, а правая - пятая степень квадрата модуля числа $a+bi$, то есть, $(a^2+b^2)^5$; Вы почему-то написали $(a+b)^5$, что неверно.

Petern1 в сообщении #173539 писал(а):

Ферма не признал бы такое доказательство.

Ну да, примерно в те же времена отрицательные-то числа называли "ложными", что уж тут говорить о комплексных. Декарт (создатель аналитической геометрии) признавал исключительно положительные значения координат.

[Nilenbert]

Цитата:

Мы докажем, что сумма 5-ых степеней не может быть равна ни какой степени. И рапространим это на все n.

$2^5+2^5=32+32=64=8^2=4^3$

Цитата:

Если для чисел $a$ и $b$ выполняется $a^2+ab+b^2=p^n$, то $p^n$ представимо также как $c^2-cd+d^2$. И наоборот.

Тривиально. Если существуют такие $a,b$, что $k=a^2+ab+b^2$, то существуют такие $c,d$, что $k=c^2-cd+d^2$. Действительно, пусть $c=a+b, d=b$. Тогда:
$c^2-cd+d^2=(a+b)^2-(a+b)b+b^2=a^2+2ab+b^2-ab-b^2+b^2=a^2+ab+b^2=n$

[Коровьев]

Petern1 писал(а):

1). О методах.
Пусть некоторая истина (закономерность, свойство в натуральных числах) раскрыта, описана методами элементарной математики [МЭМ] и методами высшей математики [МВМ]. Означает ли, что после этого МЭМ лишаются права на существование и должны быть вычеркнуты из математических знаний?
Я думаю, что оба метода имеют равные права на жизнь.

Кто ж спорит. Но вот, к примеру, теорема Дирехле о простые числа в арифметической прогрессии

Цитата:

В 1950 году датский математик А. Сельберг придумал чрезвычайно сложное и хитроумное элементарное (не использующее аппарат высшей математики) доказательство теоремы Дирихле, однако жить лучше от этого не стало и даже сильно одаренному школьнику это доказательство теоремы Дирихле вряд ли объяснишь.

Дало ли это доказательство что-нибудь математике - практически ничего, кроме утверждения, что теорема Дирихле имеет элементарное доказательство. А Дирихле разработал целый мат.аппарат для своего доказательства, который используют во многих других задачах.
Следовательно как доказывать - решается целесобразностью или желанием добиться приоритета.
Я не вникал в Ваше доказательство, да и вряд ли здесь кто-нибудь будет это делать. Но вот приведённое мною доказательство и читабельно и до нельзя просто и коротко. Но оно требует элементарных сведений из теории алгебраических чисел.

Petern1 писал(а):

Но в их споставлении я все-таки на первое место поставил бы МЭМ. Они понятны , легко объяснимы, их можно преподнести школьникам, они раскрывают наглядным образом реальные соотношения чисел, которыми мы можем удивляться и восхищаться.

А вот здесь как раз всё наоборот.
Только из теории алгебраических чисел стало понятно - почему получаются те или иные закономерности. А полученные элементарным методом они, эти соотношения, вызывают только вопрос - почему так получается.

[Petern1]

Ответ МАТУ. Решение задачи.

Уважаемый Мат, открыл страницу и больше чем удивлен Вашей мгновенной реакцией. Следую Вашему примеру и предлагаю вариант решения Вашей задачи. Ваше выражение в самом деле есть сумма квадратов
$a^4+6a^2b^2+b^4=(a^2+b^2)^2+(2ab)^2$
Оговорка: рассмотрению подлежат $a,b$ только взаимно простые.

Предположим, что эта сумма квадратов равна квадрату.
$(a^2+b^2)^2+(2ab)^2=z^2$
Перенесем $(a^2+b^2)^2$ вправо.
$4a^2b^2=z^2-(a^2+b^2)^2$
$4a^2b^2=[z-(a^2+b^2)] [z+(a^2+b^2)]$.
Рассмотрим 4 варианта:
Первый
$z-(a^2+b^2)=1$. $z=a^2+b^2+1$
$z+a^2+b^2=4a^2b^2$. Подставим $z$
$2(a^2+b^2)+1=4a^2b^2$. Слева число не четное, справа четное---равны быть не могут.
Второй вариант
$z-(a^2+b^2)=2$. $z=a^2+b^2+2$.
$2a^2b^2=z+a^2+b^2=2(a^2+b^2)+2$.
$a^2b^2=a^2+b^2+1$. При $a=1 , b=1$ слева 1 справа 3. При
$a>1 , b>1$ число слева > числа справа.
Третий вариант
$z-(a^2+b^2)=4$. $z=a^2+b^2+4$
$a^2b^2=2(a^2+b^2)+4$. Либо $a$, либо$b$ должно быть четным. Пусть $a=2a_1$ . Тогда
$4a_1^2b^2=2(4a_1^2+b^2)+4$.
$2a_1^2b^2=4a_1^2+b^2+2$. Для равенства $b$ должно быть четным, значит не взаимно простым с $a$ , и на этом можно остановиться. Но можно и подставить $b=2b_1$.
$8a_1^2b_1^2=4a_1^2+4b_1^2+2$.
$4a_1^2b_1^2=2(a_1^2+b_1^2)+1$. Слева чет, справа не чет.
Чтвертый вариант. Пусть $a=p_1p_2$ И примем
$z-(p_1^2p_2^2+b^2)=p_1.$ $z=p_1^2p_2^2+b^2+p_1$
$4p_1p_2^2b^2=2(p_1^2p_2^2+b^2)+p_1$.
Это равенство требует, чтобы $b$ содежало множитель $p_1$ т.е. было не взаимно простым с $a$ , что не премлимо.
Это доказательство не является чем-то особенным. Но Ваша задача понравилась мне вот почему:
Возмем числовую ось, нанесем квадраты и наступим на квадрат $(a^2+b^2)^2$. Если мы от этого квадрата вычтем вот такой квадрат $(2ab)^2$ , то мы обязательно попадаем в квадрат слева. А что будет если мы этот квадрат прибавим к квадрату, на который наступили? Попадем ли мы в квадрат спрва? Хороший вопрос!
Конечно, мы сейчас знаем , что мы попадем между квадратами. Но при каких $a,b$ в какие точки? Присмотревшись, я обнаружил, что при $b=1$ , сумма этих квадратов попадает в точку, отстоящую на 8 единиц от ближаишего большего квадрата. И поехали. $b=1$ тогда
$(a^2+1)^2+(2a)^2+8=a^4+6a^2+9=(a^2+3)^2$ . Вот так родилась эта задача, или если хотите теорема.
Буду рад узнать Ваше мнение о варианте решения вашей задачи и о вновь родившейся.
Пребываю с уважением к Вам Petern1.

[Мат]

Спасибо, Petern, Вы мне доставили неслыханное удовольствие, хотя сам я решал не так:
Единственным условием решения уравнения:
$a^4+6a^2b^2+b^4=c^2$
$(a^2+b^2)^2+(2ab)^2=c^2$
По теореме Пифагора является:
$a^2+b^2=c^2-d^2$
$ab=cd$
Одновременное выполнение которых невозможно. Для выяснения потребуется также рассмотрения нескольких случаев делимости, но думаю вы мне поверите.
Что касается Вашей задача, сперва я было подумал что смогу решить ее быстро, если $a^2-8=(a-2)(a+4)$. Но это оказалось неверным. Тогда я нашел пару тривиальных решений:
$4^2+1^2+8=5^2$
$5^2+4^2+8=7^2$
И решил предложить вот какое решение:
Поскольку речь идет о бесконечности возможных решений, то для условия:
$a^2+b^2+8=c^2$ необходимо, чтобы число справа было нечетным.
Тогда, учитывая, что любой квадрат, как и сумма квадратов, являет собой форму $(4k+1)$, то получим условие:
$4k_1+1+8=4k_2+1$. Которое, очевидно имеет бесконечное множество решений.
Полагая, что $c=k+3$, получим:
$a^2+b^2+8=k^2+6k+9$
$a^2+b^2=k^2+6k+1$
Откуда:
$a^2+b^2=(k+1)^2+4k$
Полагая, что $k=p^2$ и принимая:
1.$a=k+1$
2.$b=2p$
Получаем решение:
$(p^2+1)^2+4p^2+8=(k^2+3)^2$
Как человеку, близкому к квадратичным и не только формам, было бы очень интересно узнать Ваше мнение вот по какому вопросу:
http://dxdy.ru/topic18834.html

[Nilenbert]

Насчёт уравнения $a^4+6a^2b^2+b^4=c^2$. Так как
$a^4+6a^2b^2+b^4=c^2\Leftrightarrow 2a^4+12a^2 b^2+2b^4=(a-b)^4+(a+b)^4=2c^2$
то, значит это частный случай уравнения $x^4+y^4=2z^2$, которое как показал Лежандр имеет лишь тривиальные решения, такие что $x^4=z^2$, $y^4=z^2$ или же одно из чисел $x$ или $y$ равно 0.

[yk2ru]

Nilenbert писал(а):

Цитата:

Мы докажем, что сумма 5-ых степеней не может быть равна ни какой степени. И рапространим это на все n.

$2^5+2^5=32+32=64=8^2=4^3$

А во многих остальных случаях практически всегда равна первой степени, а первая степень - это не никакая.

[Мат]

Nilenbert писал(а):

Насчёт уравнения $a^4+6a^2b^2+b^4=c^2$. Так как
$a^4+6a^2b^2+b^4=c^2\Leftrightarrow 2a^4+12a^2 b^2+2b^4=(a-b)^4+(a+b)^4=2c^2$
то, значит это частный случай уравнения $x^4+y^4=2z^2$, которое как показал Лежандр имеет лишь тривиальные решения, такие что $x^4=z^2$, $y^4=z^2$ или же одно из чисел $x$ или $y$ равно 0.

Впечатлили

[sceptic]

Petern1 писал(а):

4) $a^n+b^n=(a+b)[a^n^-^1-a^n^-^2b…+b^n^-^1].$ n---простое =3 и более.
Так вот оказывается, что эти сомножители $(a+b)$ и число в квадратных скобках (многочлен)
при взаимно простых $a,b$ , являются так же взаимно простыми числами по любому простому числу $p$, кроме $p$ равного $n$. Доказать это можно разделив алгебраически многочлен на сумму оснований.
Это сильное свойство, так как из него следует, что это произведение может быть равно степени только в том случае, когда одновременно равны степени сумма оснований и многочлен.

Здесь, пожалуйста, поподробнее. Как вы будете доказыватьт, что "это произведение может быть равно степени только в том случае, когда одновременно равны степени сумма оснований и многочлен" в случае, когда $n|(a+b)$?

Petern1 писал(а):

6) Сумма кубов не может быть равна кубу.
Исходя из свойств 3). 4), сумма кубов может быть равна кубу , если кубу равны оба сомножителя
$(a+b)$
$(a^2-ab+b^2)$ .
Но когда $(a^2-ab+b^2)$ равен кубу, тогда сумма оснований равна либо
$(a+b)^3-9ab^2$ $[21]$
Либо
$(a+b)(2a^2-5ab+2b^2)$ $[22]$ . И сейчас требуется доказать, что числа [21] и [22] не равны кубу. А это достичь не трудно. И мы получаем совершенно строгое доказательство ВТФ для суммы кубов. И разве оно не «удивительное»?

Здесь у меня большие сомнения в том, что вы получили "совершенно строгое доказательство ВТФ для суммы кубов". Не продемонстрируете его полностью?
Не забудьте учесть мое замечание по п.4.
Пока же я вижу лишь несколько голословных утверждений без доказательств.

Petern1 писал(а):

7) Переход от кубов к 5-ой степени можно сделать следующим образом.
Любой куб равен
$a^3=(a-1)a(a+1)+a$ $[23]$ . Произведение 3-х последов. чисел + среднее чило. Представим суммой
$a=a_1+b_1$. Тогда
$a^3=[(a-1)a_1(a+1)+a_1] +[(a-1)b_1(a+1)+b_1]$ . Числа в квадратных скобках кубу не равны, что противоречило бы пункту 6)
Любая 5-ая степень может быть записана
$a^5=(a-1)a(a+1)(a^2+1)+a$ $[24]$. Запишем суммой
$a=a_1+b_1$ Тогда
$a^5=[(a-1)a_1(a+1)(a^2+1)+a_1] +[(a-1)b_1(a+1)(a^2+1)+b_1]$. В этих записях можно усмотреть обоснование, что числа в квадратных скобках не могут быть равны 5-ой степени. Аналогичные выкладки можно построить и для 7-ой и для любой степ. равной простому числу.

Я в ваших записях не усматриваю того, что видите вы. Может раскроете мне глаза?
Не ленитесь, выпишите это обоснование. Извините, но оснований верить вам на слово у меня нет никаких. Напротив, все, что вы написали выше, убеждает в обратном - проверять нужно всякое ваше утверждение. Но я не телепат и проверить ваше ненаписанное (а оставшееся в вашей голове) рассуждение, я не могу.

Petern1 писал(а):

9) Доказательство ПОСЛЕДНЕЙ НЕДОКАЗАННОЙ теоремы Ферма: «…невозможно найти среди целых чисел такой квадрат кроме 25 , к которому если прибавить 2 , то получился бы куб…» Т.е. требуется доказать, что равенство
$x^2+2=y^3$ имеет единственное решение
$5^2+2=3^3$
Запишем $ x^2+2=y^3$. Если такое равенство существует, то оно не изменится , если мы $y$ представим в виде суммы двух чисел
$y=k+1$. Тогда
$x^2+2=k^3+3k^2+3k+1$;$x^2+1=k^3+3k^2+3k$;
$x^2+1=k(k^2+3k+3)$. Слева сумма квадратов, справа произведение двух чисел. Значит сумма квадратов
$x^2+1$ равна произведению двух сомножителей. Но эти сомножители могут быть только суммы квадратов, что мы доказали в пункте 1).
Поэтому мы можем записать $x^2+1=(a_1^2+b_1^2) (a_2^2+b_2^2)$. Тогда
$(a_1^2+b_1^2) (a_2^2+b_2^2)=k(k^2+3k+3)$. Каким бы не было $k$, но это равенство обязывает его быть суммой квадратов. Поэтому мы в праве записать
$k=a_1^2+b_1^2$. Тогда
$(k^2+3k+3)=a_2^2+b_2^2$_.

Не рассмотрен случай $3|k$. В этом случае $k$ и $(k^2+3k+3)$ не взаимно просты и потому п.1 неприменим.
Итак, уже можно сказать, что доказательство неполно - не все случаи рассмотрены.

Petern1 писал(а):

Далее
$k^2=a_2^2$ и $3(k+1)=b_2^2$.

Стоп. А на каком основании вы ограничиваетесь случаем $k^2=a_2^2$? Вновь выпадает из рассмотрения вариант (более обширный, чем рассматриваемый ниже), когда $k^2 \not = a_2^2$.
Дальнейшие рассуждения нет смысла проверять. Возможно, в них и нет ошибок (в чем я сомневаюсь), но неполнота доказательства зафиксирована. Теорема не доказана.

Petern1 писал(а):

Обращение к участникам форума.
Здесь я разместил в основном результаты, без выкладок и пояснений, так как полный материал занимает порядка 40 страниц. Любому кто заинтересуется отдельными вопросами я представлю выводы и пояснения. С уважением Petern1.

Ну что ж, выполняйте свое обещание, Petern1. Исправьте, пожалуйста, недочеты (желательно здесь, на форуме), отмеченные мною.