Разделы: Математика
Размещена 10.03.2020. Последняя правка: 25.09.2020.
Просмотров - 2393

Доказательство гипотезы Била

Немлихер Иосиф Ананьевич

Харьковский горный институт

пенсионер

пенсионер

Немлихер Евгения Анатольевна, домохозяйка.Никулин Геннадий Иосифович, предприниматель

УДК 3054

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.

        Составлять необходимые для анализа равенства можно, например,

       по следующим формулам:                                                                                                                         

                        (Qⁿ-qⁿ)ⁿ×qⁿ+(Qⁿ-qⁿ)⁽ⁿ⁺¹⁾= (Qⁿ-qⁿ)ⁿ×Qⁿ;                                                       1

             (Qⁿ+qⁿ)ⁿ×q⁽ⁿ⁺²⁾ⁿ+(Qⁿ+qⁿ)ⁿ×Qⁿ×q⁽ⁿ⁺¹⁾ⁿ=(Qⁿ+qⁿ)⁽ⁿ⁺¹⁾×q⁽ⁿ⁺¹⁾ⁿ;                                 2            

 где:   Q, q – натуральные взаимно простые числа, основания степеней, Q>q;

n – натуральное  число,  показатель степени.                                                           Можно представить n, как произведение сомножителей:       n=n_1×n_2×…n_i×…;    

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.

Как видно из уравнений 1 и 2, мы получаем возможность составлять равенства                                                                                                                                                                                                                                                                        либо для  разности, либо для  суммы степеней.

подставим числовые значения Qⁿ=2³,qⁿ=1³  в левую часть  равенства : 1:

                               (2³-1³)³×1³+(2³-1³)⁴=2744;

                                                                             

 в  правую часть равенства 1:

                                               (2³-1³)^3×2³=2744.

 Как видим, результаты идентичны, то есть. равенство 1 истинно.                          

Также с другими числами.

Левая часть равенства:

 (17⁵-2¹⁵)¹⁵×2¹⁵+(17⁵-2¹⁵)¹⁶=

 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593

 Правая часть равенства:

(17⁵-2¹⁵)15×17⁵=

 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593

 Пример для уравнения 2:

Левая часть:

                           (7³+2³)³×2¹⁵+(7³+2³)³×7³×2¹²=62171080298496.

 Правая часть  

                                   (7³+2³)⁴×2¹²= 62171080298496.

Как видно из приведенных примеров,  при составлении равенств по формулам 1 и 2 можно использовать различные основания и показатели степеней, как простые, так и составные. [1]

Уже из приведённого примера для равенства 1 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 известно, любое равенство  можно преобразовать, добавляя или вычитая из левой и правой его частей определённую величину. Зададимся  вопросом: возможно ли любое из полученных равенств, преобразовать в равенство, опровергающее гипотезу Била?

Для составления такого равенства, необходимо подобрать основания степеней таким образом, чтобы по любому модулю обеспечивалось тождество левой и правой частей равенства, и основания степеней не имели бы общих сомножителей.

Это равенство назовём равенством Х.

                                          A^x+B^y=C^z;                 Х

Преобразуем равенство 1, возведя в квадрат левую и правую его части

(метод дополнительного неизвестного).

                           [(Qⁿ-qⁿ)ⁿ×qⁿ+(Qⁿ-qⁿ)⁽ⁿ⁺¹⁾]²= [(Qⁿ-qⁿ)ⁿ×Qⁿ]²; 

                            (Qⁿ-qⁿ)²ⁿ×q²ⁿ+2×(Qⁿ-qⁿ)ⁿ×qⁿ×(Qⁿ-qⁿ) ⁽ⁿ⁺¹⁾+

                                     (Qⁿ-qⁿ)²⁽ⁿ⁺¹⁾=(Qⁿ-qⁿ)²ⁿ×Q²ⁿ;                                                     3                                       

 

Сократим  равенство 3 на (Qⁿ-qⁿ)²ⁿдля упрощения формализованных расчётов, получаем:

                             q²ⁿ +2×(Qⁿ-qⁿ)×qⁿ+(Qⁿ-qⁿ)²= Q²ⁿ;                                                             4

 Итак, первое слагаемое и сумму в равенстве 4, всегда можно представить  чётной степенью.

Для этого варианта остаётся ответить на вопрос: можно ли  представить степенью второе слагаемое (предполагаемую степень B^y):  2×(Qⁿ-qⁿ)×qⁿ+(Qⁿ-qⁿ)², которое после преобразования  принимает вид: (Qⁿ+qⁿ)(Qⁿ-qⁿ)?

Очевидно, что сомножители (Qⁿ+qⁿ) и (Qⁿ-qⁿ) не могут одновременно быть степенями с одинаковыми показателями, таким образом получение в  их произведении точной степени  в целочисленных сомножителях невозможно.

Для данного варианта гипотеза Била доказана?

Чтобы ответить на этот вопрос убедительно, рассмотрим возможность опровержения гипотезы Била для каждого сомножителя.

Для рассмотрения случая, когда  сомножитель 2 в показателях степеней отсутствует, произведём корректировку первого слагаемого и суммы в равенстве (4), заменив показатель 2n на  n.

При этом, первое слагаемое уменьшится на величину (q²ⁿ- qⁿ)=qⁿ(q²-1); а сумма на величину (Q²ⁿ-Qⁿ)=Qⁿ(Q²-1). Для корректировки равенства  1 из второго слагаемого,  величины  (Qⁿ+qⁿ)(Qⁿ-qⁿ)  вычтем  разность корректирующих величин: 

                      (Q²ⁿ-Qⁿ)- (q²ⁿ- qⁿ) =(Q²ⁿ-q²ⁿ-Qⁿ+qⁿ)=

                     (Qⁿ+qⁿ)(Qⁿ-qⁿ)-(Qⁿ-qⁿ)=(Qⁿ-qⁿ) (Qⁿ+qⁿ-1);                                                   5

 После корректировки  величины (Qⁿ+qⁿ)(Qⁿ-qⁿ) в равенстве 5, получаем:

                     (Qⁿ+qⁿ)(Qⁿ-qⁿ)-(Qⁿ-qⁿ)(Qⁿ+qⁿ-1)= (Qⁿ-qⁿ)×1 ;     

 То есть обеспечивается возможность преобразования уравнения 1 в равенство X

В равенстве 2 величина (Qⁿ+qⁿ) тоже должна быть степенью.    

И равенство 2 тоже может быть преобразовано в любое предполагаемое равенство X, обеспечивающее получения точной степени в результате суммирования точных степеней.

Таким образом, мы можем, обеспечить доказательство  Гипотезы Била посредством определения возможности составления равенств 1 или  2, при условии, что либо  разность точных степеней, либо их сумма обеспечивают какую-нибудь точную степень.

Действительно, например:     

                      (Q¹⁵-q¹⁰)⁵×q¹⁰+(Q¹⁵-q¹⁰) ⁽⁵⁺¹⁾=(Q¹⁵-q¹⁰)^5×Q¹⁵;                                                6

Сократив равенство 6 на (Q¹⁵-q¹⁰)⁵ , получаем:

                               Q¹⁰+(Q¹⁵-q¹⁰) = Q¹⁵;                                                                                   7

 и возведя в квадрат правую и левую части равенства 7, получаем:

                        q²⁰ +2(Q¹⁵-q¹⁰)×q¹⁰+(Q¹⁵-q¹⁰)²= Q³⁰;  

                         q²⁰ +(Q¹⁵-q¹⁰)×(Q¹⁵+q¹⁰)= Q³⁰; 

Задаём степени для первого слагаемого и суммы:

                                                        q²   и  Q³;

Определяем корректирующие величины:

                                                           (q²⁰ - q² )= q²(q¹⁸-1);

                                                           (Q³⁰ - Q³ )= Q³(Q²⁷-1);

Корректировка  приводит к необходимости равенства величины Q³-q² точной степени. Получаем, что  априори любое наше предположение степеней с основаниями                                                       q²   и  Q должно обеспечивать точную степень?

Это свидетельствует только о том, что уравнения 1 и 2 подчиняются существующим математическим закономерностям.

 

Аналогичное рассмотрение  суммы степеней в уравнении Била приводит кнеобходимости, чтобы  и сумма Q³+q² также была точной  степенью.
Что свидетельствует о возможности выражать произвольные степени A^x;B^y;C^z через Q и q.

Итак, равенства 1 и 2 обеспечивают составление любых уравнений Била посредством  различных преобразований, не исключая  при этом возможность опровержения гипотезы Била.

Предположим,   что разность (Qⁿ- qⁿ)  есть точная степень, с показателем f.  Величина показателя степени n тоже должна быть конкретизирована.

Для подтверждения истинности гипотезы Била следует обратиться  к оценке равенств  посредством использования счисления n.

Как известно, существует строгая закономерность построения разрядов в степенных выражениях.

Построение разрядов в степенных выражениях зависит от принадлежности оснований к конкретным классам вычетов по модулю n, и  от рассматриваемой степени.

 Для того, чтобы  в уравнении Била и после сокращения на общие сомножители,  правая   и левая  части  равенства были идентичны, необходимо, чтобы  построение разрядов  и после сокращения сохраняло идентичность. При этом остаётся требование, чтобы построение разрядов соответствовало закономерностям, обусловленным  принадлежностью оснований к определённому классу вычетов  по показателю предполагаемой степени.  Так как о показателе этой степени, которая,  предположительно, может быть образована, нам ничего не известно, прибегнем к оценке  уравнения Била на основании закономерностей, диктуемых показателем степени n.

В качестве примера, рассмотрим вариант, когда Q и q принадлежат к первому классу вычетов по modn.                                                                                Любые попытки конструирования уравнений Била на основании равенств 1 и 2 с соблюдением закономерностей, присущих степенным выражениям, не результативны .                                                                                                            Так как при возведении основания, принадлежащего к первому классу вычетов по mod n, образуется дополнительный младший, нулевой, разряд, следующий за младшим разрядом, равным единице, получается, что первое слагаемое в левой части равенства 1 имеет, как минимум, два нулевых разряда. При этом,  второе слагаемое в левой части равенства 1 имеет на один меньше нулевых разрядов, а в правой части равенства 1 количество нулевых разрядов тождественно количеству младших нулевых разрядов первого слагаемого  левой части равенства  1, что приводит к невозможности    целочисленного частного при делении на общий сомножитель.       

Легко убедиться в этом, введя в равенство 1 дополнительный сомножитель, принадлежащий к классу вычетов отличных от нуля  и единицы по модулю n.

При умножении равенства 1 на дополнительный сомножитель F,  для его сохранения, необходимо умножать на данный сомножитель как  Q и  q, находящиеся в скобках, так и являющиеся сомножителями.

Зададимся принадлежностью к классам вычетов по модулю n =3:

Q≡2, по modn;    q≡1, по modn;

Получаем равенство 1, выраженное в модулях:

                                  (2ⁿ-1ⁿ)ⁿ×1ⁿ+(2ⁿ-1ⁿ)⁽ⁿ⁺¹⁾= 2ⁿ-1ⁿ)ⁿ×2ⁿ;

получаем равенство:1+1=2;

Произведём введение дополнительного сомножителя, относящегося ко второму классу вычетов по modn, результат:

                                          1+2≠2;                                                                                                                                    

В  данном примере (n=3), возникновение младшего, нулевого разряда в левой части  равенства, свидетельствует о присутствии в сумме сомножителя 3. Но такого сомножителя до корректировки не было, ни в сумме, ни в сомножителях, обеспечивающих эту корректировку.   

Сконструированные уравнения Била являются равенствами. Левая и правая части равенства соизмеримы по любому произвольному модулю..  

Это противоречие.

Сокращая одно из уравнений на общий сомножитель, получаем равенство точных степеней.   

Сокращая второе уравнение Била на общий сомножитель, добиваемся аналогичного результата, но при этом , при соизмерении уравнений Била в модулях определяется невозможность преобразование одного уравнения Била в другое                                                                                                                                                                          уравнение Била. В общем варианте,  корректировка посредством перевода  величин Q   и  q  к другому классу вычетов по mod n приводит к несоответствию левой и правой частей равенства по mod n.

То есть уравнение Била, с требуемыми аргументами составляется под конкретные классы вычетов оснований, при этом используемых, и не подчиняется  математическим закономерностям при анализе степенных выражений.

Уравнения Била, преобразованные для разности степеней с едиными показателями степеней, отличающиеся только принадлежностью оснований этих степеней по принадлежности к классам вычетов по показателю степени, не могут быть преобразованы друг в друга с использованием существующих математических закономерностей.   При конструировании уравнений Била, при произвольных значениях классов вычетов рассматриваемых оснований степеней, равенство в классах вычетов обеспечивается., но при переводе оснований в другие классы вычетов нарушается. Как это можно объяснить?

Так как, используя уравнения 1 и 2, всегда можно сконструировать уравнение Била, используя дополнительный сомножитель или делитель, обеспечивающий перевод оснований степеней в другие классы вычетов, опровергается предположение, что оно, и в классах вычетов есть равенство.  Это свидетельствует о том, что  разность точных степеней не может быть заменена степенью с основанием, представленным рациональным числом, так как. определение разности точных степеней по принадлежности к классам вычетов  по модулю n не выполнимо. Что и обуславливает невозможность сопоставления получаемых уравнений Била в классах вычетов по модулю рассматриваемой степени.

Аналогичное рассмотрение равенства 2 обеспечивает аналогичный результат.

Гипотеза Била и её доказательство, конкретно, показывает отличие трёхчлена  второй степени, от трёхчлена с показателями степеней более двух. При рассмотрении второй степени, мы имеем возможность сопоставления равенства только в двух классах вычетов по mod 2, в первом и во втором.  Использование любого  дополнительного сомножителя из возможных ,  для перевода оснований степеней в равенствах 1 и 2,   в другой класс вычетов, не исключает возможности сохранения равенств 1 и 2,  при составлении уравнений Била с использованием в исследуемых сумме или разности целочисленных квадратов. Прм наличии в уравнении степеней, с показателем степени больше двух, такая возможность исключается.

Это  противоречие и свидетельствует  о том, что ни разность степеней, ни их сумма, не может быть точной степенью при отсутствии общих сомножителей, потому что уравнение Х не возможно, как и опровержение Большой теоремы Ферма. [2], как частного случая Гипотезы Била.

Что и требовалось доказать.

1. Выгодский М.Я. Справочник по элементарной математике. Москва, Наука, 1978.
2. Эдвардс Г. Последняя теорема Ферма. Москва, Мир, 1980

Комментарии пользователей:

10.03.2020, 20:35 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Дважды пенсионер. Трудно писать рецензию на статью, которую надо ещё привести в порядок. В аннотации не может быть фразы " равенство Х". И что должен подумать читающий аннотацию? Он не хочет пока читать статью. Ключевые слова - это общеизвестные слова. А кто знает про "невозможность преобразования"? И таких фраз в ключевых словах много. В статье где-то уравнение оформлено как (2), где-то Х, где-то (2а.4), где-то в скобках, где-то без скобок. Необходимо единое оформление уравнений. Предложение начинается с середины строки с большим пробелом и т.д. И главное - напишите условие Гипотезы Била так, как это записано в научной литературе, а не так, как Вы хотите представить Гипотезу. Это для начала. С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

11.03.2020, 9:08 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Вадим Григорьевич. Могу. Не подскажите ли Вы мне, могу ли я опубликовать доказательство БТФ с формулами, которые высвечиваются в word, по мере прочтения. Даже не знаю, как правильно это назвать. Я обратился с данным вопросом к администрации, но пока ответа не получил. При корректировке формул вручную боюсь не добиться точности.

11.03.2020, 9:26 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв:  Уважаемый Геннадий Григорьевич. Условие гипотезы Била я скопировал в Интернете. Если требуется уточнение, постараюсь выполнить. Не будете ли ВЫ так любезны, дать ссылку на источник в научной литературе. Заранее благодарен. Ваши замечания по оформлению постараюсь выполнить, тем более, что редактирование здесь допустимо. Однако, на достижение профессионального изложения не надеюсь.

11.03.2020, 11:12 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Сравните по буквам то, что Вы написали про гипотезу, и то, что в Википедии. Количество букв в формуле гипотезы Била - разное! Насчёт профессионального изложения: свою мысль надо грамотно излагать. С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

11.03.2020, 12:47 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв:  Уважаемый Геннадий Григорьевич. Спасибо! Даже не знаю, как это получилось, может быть при копировании.

11.03.2020, 13:02 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Ув. Иосиф Ананьевич и соавторы! Извините, а какое у вас математическое образование? Смотрю на уравнения (2а) и (2в). Это тождества, правая часть получается из левой с помощью преобразований. А вы их проверяете на равенство левой и правой частей? На целую страницу! Странно... И нигде нет соотношений между А (В,С) и Q,q. С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

11.03.2020, 14:18 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич. Я горный инженер, Никулин Г.И. - инженер электрик. Специального математического образования не имеем.Формулы проверяются для убедительности читателя. Да, тождества, но в конечном счёте проверяется разность, или сумма степеней с произвольными основаниями и показателями степени. Что касается соотношений между А (В,С) и Q,q. На основании уравнений Била, составленных на основе формул 2а и 2в, получаем возможность анализировать любую разность или сумму для произвольных Q и q, также с произвольными показателями степени, что позволяет, на основании общей закономерности для всех возможных вариантов (до бесконечности), показать невозможность преобразования уравнений Била в равенство Х методом сокращения на общие сомножители. Что объясняет невозможность получения предполагаемого равенства Х.

11.03.2020, 14:25 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Вадим Григорьевич. Спасибо, постараюсь разобраться. Пока очень много вопросов. Доказательство БТФ более 30 000 знаков. Что можно прямо на этот же пост? А как же ограничения?

11.03.2020, 15:40 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Теперь понятно. От уравнения (2а) к уравнению (2а3) можно перейти намного проще, если разделить первое на (Q^n-q^n)^n и возвести в квадрат части. Далее, "вид: (Q^n+q^n)(Q^n-q^n)?" Если это подставить в (2а3), то получится Q^2n= Q^2n. И после этого Вы пишете: "Для данного варианта гипотеза Била доказана.". Оригинально! Далее продолжать? С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

11.03.2020, 16:02 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв:  Уважаемый Геннадий Григорьевич. Насчёт продолжения- на это ваше право. Почему написано, для этого варианта гипотеза Била доказана. Потому что в этом варианте разность есть произведение суммы и разности степеней. То есть, для того, чтобы опровергнуть утверждение Била необходимо, чтобы эти сомножители, одновременно были точными степенями с идентичными показателями степеней. Если Вам не трудно, продолжите, мне интересно ваше мнение и о далее.

11.03.2020, 19:07 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Далее... Вы берёте тождество Q^2n= Q^2n, прибавляете и отнимаете одно и то же число и говорите, что гипотеза доказана. Тогда отдельно укажите: где в этом тождестве А, где B, где С. Где разные степени у этих чисел. Где множитель, общий для этих чисел? А иначе нет соответствия тождества и гипотезы. С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

12.03.2020, 22:07 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич. Вы спрашиваете, где в этом тождестве А, где B, где С. Где разные степени у этих чисел. Я думал, что очевидно, что при рассмотрении гипотезы Била для разности степеней A^x=q^x? а С^z=Q^z, а при рассмотрении гипотезы Била для суммы степеней A^x=q^x? а B^y=Q^y. Если можно так сказать, при конечном преобразовании. Но эти величины не имеют общих множителей. В том то и противоречие, они взаимно простые. Нет таких сомножителей, которые посредством сокращения преобразуют q^(2x)в q^x, а Q^(2y)в Q^y, также и в любые другие степени. А связь заключается в том, что, изначально, составляемое уравнение Била преобразуется в любое предполагаемое равенство Х, с любыми основаниями и показателями степеней. Я, признаюсь, что сразу не понял вашего вопроса, и поэтому мой предыдущий отзыв не логичен, и я его удаляю.

13.03.2020, 10:17 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Числа А, В, С зависят от двух чисел Q и q. Следовательно, эти 3 числа между собой зависимы, что противоречит условию гипотезы. Если С^z=Q^z и B^y=Q^y, то нельзя говорить: "Но эти величины не имеют общих множителей. В том то и противоречие, они взаимно простые".С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

13.03.2020, 17:59 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич. Я не понимаю, почему нельзя соизмерять qn=Ax; Qn=Cz, и qn=Ax; Qn=By; после полного преобразования. Я ожидал отзыв, в котором было бы , что я не доказал истинность гипотезы Била, так как, либо разность (Qn- qn)), либо сумма (Qn +qn)), обособлено, участвуют в равенствах, что не исключает, что какой то результат даст опровержение гипотезе Била. Но уже то, что Вы не отвергли подхода к доказательству на основании составленных уравнений , меня устраивает. Дело в том, что я показал подход к доказательству на форуме dxdy, так там вообще подход на основание тождеств признали не возможным. Конечно, это было мнение одного участника, но никто это мнение не опроверг. Я добавил завершение к доказательству. Может быть, это как то поможет нашему взаимному пониманию. Надеюсь на продолжение беседы.

14.03.2020, 11:28 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Я не специалист по доказыванию гипотезы Била. На этом форуме уже есть несколько "доказательств" гипотезы Била, ВТФ. И все "доказательства" умещаются на 3-4 листа. Одно даже - на половину страницы! Стало интересно разобраться: ведь листов не 160, как в известном доказательстве ВТФ. Я уже одно "доказательство" рассмотрел, это "доказательство" сняли с рассмотрения. Теперь смотрю на Ваше "доказательство" и вижу, как и в предыдущих "доказательствах", некий частный случай, который пытаются, как и в других "доказательствах", "накинуть" на общее множество натуральных чисел. Я не изучаю всё Ваше "доказательство", я вижу неточности при начале "доказательства". Вы отходите от условий гипотезы. Слова "не возможно" - плохие слова, если нет продолжения. Сказал А, говори Б. Должно быть рассуждение: почему не возможно. Я присоединяюсь с этому заключению: не возможно! Потому что в "доказательстве" выбираемые числа взаимозависимы (3 числа определяются из 2-х чисел). И до сих пор мне не ответили: а где множитель для 3-х чисел? Я не отвергаю подход только потому, что хочу увидеть: а чем это закончится. А добавлять ничего не надо, надо разобраться с началом "доказательства". Как Вы яхту назовёте,...С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

14.03.2020, 18:25 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич. Указано, что Q и q - взаимно простые числа. Эти числа участвуют обособленно, и как, либо сумма, либо как разность. Поэтому, после преобразования, все рассматриваемые числа не могут содержать общих сомножителей, что подтверждается математическими источниками. Указано, что сокращение произведено для упрощения преобразований в формализованном виде. Сокращение обеспечивает равенство, во взаимно простых величинах. И это равенство тождество. Как Вы отметили, равенство достигается, либо сразу, путём выделения разности, либо путём переноса Q^(2k)в правую часть равенства. Несомненно, что преобразование тождества приводит к 0=0. Но, в доказательстве ничего подобного не используется. В доказательстве анализируется, либо разность степеней, либо их сумма, при обеспечении возможности анализа для всех возможных вариантов. И это обеспечивается после достижения простоты для всех членов равенства. Я понимаю, что доказательства не всегда воспринимаются гладко. Однако, с рассмотрением частного случая доказательство не соседствует, так как такому аналогичному рассмотрению подчиняются все существующие частные случаи, то есть преобразования превращаются в закономерность. Насчёт добавлений. Беседа и возможность, предоставляемая журналом, этому способствуют, почему не воспользоваться, тем более, что одной моей убеждённости, несомненно, мало. Тем более, что во всех ваших отзывах указывается на отсутствие связи между A,B,C и (Q,q). По моему мнению, cвязь создаётся изначально, при составлении равенств 2а и 2в. При этом, приведенное завершение обеспечивает не только доказательство гипотезы, но и БТФ. Не знаю, ответил ли на этот раз. Увидел вашу заинтересованность в определении простоты чисел. У меня есть методика по факторизации неограниченных чисел. Она объёмная, преобразование в требуемую форму мне не по силам. Если Вы пожелаете её посмотреть, с удовольствием дам ссылку, или перешлю файлом.

16.03.2020, 11:57 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Иосиф Ананьевич! Наша с Вами переписка превращается в обмен мнениями: это - красное, нет это - зелёное. Это мне не интересно. Как Вы ещё знаете из математики, 2 уравнения с 3-мя неизвестными не могут определить 3 независимых числа. Жду от Вас конкретный пример в числах: Q и q - взаимно простые числа, определяются 3 независимых числа A,B,C. Независимость A,B,C можно определить с помощью алгоритма наибольшего общего делителя. Если независимые числа A,B,C найдёте, то сообщите их вместе с Q и q, и тогда можно будет продолжить переписку. С уважением, Усов Геннадий Григорьевич.

16.03.2020, 13:25 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич. Что это вы решили, что Q и q определяют в доказательстве три числа? Эти числа в степени определяют по каждому варианту два числа, две степени, которые обеспечивают величину, значение, которое анализируется на возможность быть точной степенью. Опосредствено, они, конечно, определяют, но опосредственно не эквивалентно непосредственному определению. Причём тут уравнения с 3-мя неизвестными, уважаемый Геннадий Григорьевич. В качестве примера для опосредственного определения можно взять любые Q и q, в любых степенях. За беседу спасибо. С наилучшими пожеланиями.

25.02.2021, 22:02 Немлихер Иосиф Ананьевич Отзыв: Просто, совет. Загляните здесь же: "Доказательство Гипотезы Била (2)". Удалось избавиться от рассмотрения вариантов, модулей и счислений,что упростило и доказательство, и его пониманме.

Оставить комментарий