Доказательство гипотезы Била (2)

УДК 3051 

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;

7³+7⁴=14³;

Запишем это как тождество через Qⁿи qⁿ.

 7³(1+7)= 7³(1+7);

В качестве сомножителя, являющегося предполагаемой точной степенью, запишем (Qⁿ-qⁿ)ⁿ:

(Qⁿ-qⁿ)ⁿ (1+7)= (Qⁿ-qⁿ)ⁿ (1+7);

Заменим 1 на qⁿ, а 7 на Qⁿ-qⁿ, получаем тождество

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

По аналогии, с сомножителем, представленным суммой степеней:

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

где:

        Q, q – натуральные взаимно простые числа, основания степеней

Q>q;

n – натуральное  число,  показатель степени.                                                           Можно представить n, как произведение сомножителей:

n=n₁×n₂×…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.

 Уравнения не нарушаются и  при наличии в Q в 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 Qⁿ=2³, qⁿ=1³  в левую часть  равенства 2а: 

  (2³-1³)³×1³+(2³-1³)⁴=2744;

 в  правую часть 2а: 

(2³-1³)³×2³=2744. 

Как видим, результаты идентичны, т.е. равенство 2а истинно.                          

Также с другими числами.

Левая часть:

 (17⁵-2¹⁵)¹⁵×2¹⁵+(17⁵-2¹⁵)¹⁶=

 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593

 Правая часть:

(17⁵-2¹⁵)¹⁵×17⁵=

 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593

 Пример для уравнения 2b:

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 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

(Qⁿ-qⁿ) ( для 2а) и (Qⁿ+qⁿ)(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:                                      

(Q⁵-q³)³×q³+(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾= (Q⁵-q³)³×Q⁵;  (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 (Q⁵-q³)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

Q⁵-q³=R⁵, для уравнения 2a, или сумма q³+R⁵=Q⁵ для уравнения 2b, при целочисленных Q, q, R?

Рассмотрим возможность существования равенства q³+R⁵=Q⁵  для уравнения 2b.

 (R⁵+q³)³×q⁽³⁺²⁾³+(R⁵+q³)³×R⁵×q⁽³⁺¹⁾³  =(R⁵+q³)⁽³⁺¹⁾×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=q³× q⁽³⁺¹⁾³, имеем:

(R⁵+q³)³×q³×q⁽³⁺¹⁾³+(R⁵+q³)³×R⁵×q⁽³⁺¹⁾³  =(R⁵+q³)⁽³⁺¹⁾×q⁽³⁺¹⁾³, после возведения q⁽³⁺¹⁾³  в 5 степень получаем

(R⁵+q³)³×q³×q^(3+1)15+(R⁵+q³)³×R⁵×q^(3+1)15  =(R⁵+q³)⁽³⁺¹⁾×q^(3+1)15; т.к. R⁵+q³=Q⁵, равенство соответствует УБ.

После сокращения:

 q³+R⁵ =R⁵+q³; 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) .

Итак, имеем:

 (Q⁵-q³)³×q³+(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾= (Q⁵-q³)³×Q⁵;  (2а.1)

В уравнении 2b.1 заменим q³+R⁵ на Q⁵:

(Q⁵)³×q⁽³⁺²⁾³+Q⁵×(Q⁵-q³)⁵×q⁽³⁺¹⁾³=(Q⁵)⁽³⁺¹⁾×q⁽³⁺¹⁾³; (2b.1)

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

Q¹⁵×q³-3Q¹⁰q⁶+3Q⁵q⁹+q¹²+(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾=(Q⁵-q³)³×Q⁵;  (2а.2)

т.к.    q⁽³⁺²⁾³=q³×q⁽³⁺¹⁾³

умножаем равенство  (2а.2) на  q⁽³⁺¹⁾³, оставив в левой части уравнения величину

Q¹⁵×q³× q⁽³⁺¹⁾³.

:

Q¹⁵×q³× q⁽³⁺¹⁾³=

3Q¹⁰q⁶×q⁽³⁺¹⁾³-3Q⁵q⁹×q⁽³⁺¹⁾³+q¹²×q⁽³⁺¹⁾³-(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾× q⁽³⁺¹⁾³+ (Q⁵- q³)³×Q⁵ × q⁽³⁺¹⁾³; (2а.3)

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

(Q⁵)³×q⁽³⁺²⁾³=-(Q⁵×(Q⁵-q³)⁵)×q⁽³⁺¹⁾³+(Q⁵)⁽³⁺¹⁾×q⁽³⁺¹⁾³; 

(2 b.2).

Приравниваем  правые части конструируемых равенств.

3Q¹⁰q⁶×q⁽³⁺¹⁾³-3Q⁵q⁹+q ¹²×q⁽³⁺¹⁾³-(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾×q⁽³⁺¹⁾³+(Q⁵- q³)³×Q⁵×q⁽³⁺¹⁾³ =

= - Q⁵ ×(Q⁵-q³)⁵×q⁽³⁺¹⁾³+( Q⁵)⁽³⁺¹⁾×q⁽³⁺¹⁾³;

После сокращения, имеем:

3Q¹⁰q⁶-3Q⁵q⁹+q¹²-(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾ + (Q⁵-q³ )³×Q⁵ =

=- Q⁵×(Q⁵-q³)⁵+( Q⁵)⁽³⁺¹⁾;     К

Так как,

(Q⁵-q³)⁽³⁺¹⁾=Q²⁰-4Q¹⁵q³+6Q¹⁰q⁶-4Q⁵q⁹+q¹², после вычитания  имеем равенство:

3Q¹⁰q⁶-3Q⁵q⁹-Q²⁰+4Q¹⁵q³-6Q¹⁰q⁶+4Q⁵q⁹+(Q⁵-q³)³×Q⁵= - Q⁵ ×(Q⁵-q³)⁵+( Q⁵)⁽³⁺¹⁾;  К1

Каждое слагаемое сокращаем на Q⁵, получаем равенство, в котором, в правой части, равенства есть едмнственный член, не содержащий сомножителя Q.Равенство становится возможным, в целых числах, при условии, когда q должнр соделжать сомножитель Q.

Так как составленное равенство построено на предположении о том, что q³+R⁵=Q⁵, а раскрытие скобок соблюдает степенные закономерности, определяется невозможность УБ с  точными степенями q³,R⁵,Q⁵, 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.

Комментарии пользователей: