85504 (597803), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Уравнение данного вида получается при попытке решения гипотезы Биля. Поэтому решение данного уравнения является как бы леммой гипотезы Биля. Ответ будет дан лишь в качественной оценке. Количественный анализ принципиально не труден, но нуден.
Рассмотрим 2 варианта:
- I А - чётное число, В - нечётное число;
- II А - нечётное число, В - чётное число.
Каждый из вариантов распадается опять же на два случая:
А > В, Х < У;
А < В, Х > У.
И требуется перебрать комбинации Х, У – чётные - нечётные числа.
Итого 16 вариантов. Плюс варианты гипотезы Биля.
И если всё это обилие решать количественно, - это уже приличная работа для издания отдельной брошюры, а не публикации в формате статьи.
Вариант I.
1. А > В, Х < У Х – чётное число, У – чётное число.
Основания и показатели расписываю за один заход.
, где конечно же 
1> 2, а 
1 < 2.
Вначале разбираемся с показателями
На второй стадии пройдусь по основаниям
Равенство левой и правой части уравнения невозможно.
Тогда и исходное уравнение решений не имеет.
2. А > В, Х < У Х – нечётное число, У – нечётное число.
Во всех решениях вначале степень, затем основание
Решим полученное условие относительно А и В.
После подстановки А=В+1.
Т.е., чтобы уравнение Ах-Ву=1 существовало при заданных условиях д.б. А=В+1.
3. А > В, Х < У Х – чётное число, У – нечётное число.
После преобразований
Далее вывод, как и в примере (1).
4. А > В, Х < У Х – нечётное число, У – чётное число.
Результат, как и в примере (2).
5. А < В, Х > У Х – чётное число, У – чётное число.
Нет решения, ибо это формула разности квадратов.
6. А < В, Х > У Х – нечётное число, У – нечётное число.
Решение у такой формулы возможно.
7. А < В, Х > У Х – чётное число, У – нечётное число.
Противоречий для существования данной формулы нет.
8. А < В, Х > У Х – нечётное число, У – чётное число.
И окончательно.
Запрета на существование такого уравнения не вижу, но дальнейший анализ не в этой статье.
Вариант II.
9. А > В, Х < У Х – чётное число, У – чётное число.
Уравнение разности квадратов - тогда решений не существует.
10. А > В, Х < У Х – нечётное число, У – нечётное число.
Уравнение реальное - тогда решение есть.
11. А > В, Х < У Х – чётное число, У – нечётное число.
Уравнение реальное.
Пример: 32-23=1
12. А > В, Х < У Х – нечётное число, У – чётное число.
Решение существует.
13. А < В, Х > У Х – чётное число, У – чётное число.
14. А < В, Х > У Х – нечётное число, У – нечётное число.
15. А < В, Х > У Х – чётное число, У – нечётное число.
16. А < В, Х > У Х – нечётное число, У – чётное число.
(а)
Для случаев 13, 14, 15, 16 итоговое уравнение одинаковое.
Рассмотрим эти четыре случая чуть подробнее.
, тогда
После подставим в уравнение (а) получим
, при начальном условии 
.
Тогда варианты 13, 14, 15, 16 – не верны.
Из рассмотренных выше задач, при всех вариантах начальных условий, - 8 задач решений в целых числах не имеют.
Для закрепления материала предлагаю рассмотреть два заведомо не имеющих решения уравнения.
Первый пример.
Пусть: А - чётное число.
В - нечётное число.
А > В, Х > У, Х – чётное число, У – нечётное число.
Основное противоречие состоит в условии А > В, Х > У.
,
что, конечно же, не возможно, т.к. левая часть всегда больше правой.
Второй пример.
Пусть: А - нечётное число.
В - чётное число.
А > В, Х > У, Х – чётное число, У – нечётное число.
После соответствующих преобразований
,
что, конечно же, не возможно.
Гипотеза Биля (ГБ).
, где А, В, С – взаимно простые числа и Х, У, Z > 2.
Рассмотрим 2 варианта:
- I А - чётное число, В - нечётное число, С - нечётное число;
- II А - нечётное число, В - чётное число, С - нечётное число.
Строго говоря, чтобы полностью разобрать ГБ, надо рассмотреть все варианты решения уравнений.
Но дело в том, что новый метод исследования диофантовых уравнений говорит о том, что ГБ не верна, т.е. уравнение при некоторых сочетаниях А, В, С, Х, У, Z может иметь место. По этому будет рассмотрено лишь два примера, которые указывают на возможность решения уравнения.
Вариант I.
а) Пусть А > В > С, и Х < У < Z, и А - чётное число, В - нечётное число, С - нечётное число.
Составим функциональное уравнение.
Подразумевая систему функциональных уравнений, возьмём к = - 3
(1)
Возьмём обозначение 
Уравнение (1) примет вид уравнения Каталана
И именно из этого и следует наличие решений у уравнения ГБ.
Вариант II.
а) Пусть А > В > С, и Х < У < Z, где Х, У – нечётные числа, А - нечётное число, В - чётное число, С - нечётное число.
Составим функциональное уравнение.
Решая относительно основания, получим 
Проведу преобразование в показателях
После упрощения.
Вполне реальное уравнение, которое должно иметь место.
В настоящей работе представлен сравнительно небольшой анализ. Более серьёзным анализом займусь в зиму 2009-2010 годов.
И приведу один контр пример.
Заведомо противоречивое начальное условие – в примере (а) пусть
Х > У > Z.
Тогда в уравнении Каталана
, 
И тогда не может иметь место знак равенства.
Т.е. задача с заведомо неверными начальными условиями исключается сразу.
Вот почему и есть основание верить в решения в целых числах у уравнения ГБ.
Заключение
Данному алгоритму на момент появления в интернете всего два месяца. Дитё.
Что можно нарешать за два месяца? А больше я себе не могу позволить заниматься не профилирующим предметом в моей трудовой деятельности.
Напоследок хочу коснуться одной практической проблемы при решении Диофантовых уравнений данным методом.
Сколько раз можно «бить» по уравнению, представленным алгоритмом?
Можно по отношению к конкретному уравнению теоретически на единицу меньше, чем число неизвестных в данном уравнении.
Первая стадия – убираем самое меньшее неизвестное. А на второй стадии уже надо знать разницу между оставшимся самым маленьким числом, и предстоящим. Или же не зная этой разницы, вводить параметр.
Почему это происходит?
На первой стадии мы наши неизвестные приблизим к началу числовой оси. Если самое наименьшее число чётное, то оно будет находиться на позиции «два», а если не чётное – то на позиции «один».
И чтобы ещё по уравнению пройтись представленным алгоритмом, надо все неизвестные «откатить» от начала числовой оси на несколько шагов. Приведу простейший пример.
Пусть есть уравнение Х3+У3+Z3=6903
И пусть каким - то одним нам известным способом мы узнаём, что Х, У, Z – нечётные и следуют подряд.
Сдвигаю неизвестные на «шаг» от начала оси.
У=2m+1, при m=6 У=13
Z=2m-1, при m=6 Z=11
при m=6 Х=15
Данный метод позволяет данные вычисления.
Часть 2
Подход к решению уравнений
(1)
(2)
Сейчас данные уравнения, насколько мне известно, решены для n=4.
Т.е. доказано наличие для каждого из уравнений бесконечного количества сочетаний натуральных чисел a, b, c, d удовлетворяющим условиям равенств уравнений (1), (2).
Причём доказательства основаны на компьютерном поиске данных чисел. Нашли компьютерным расчётом для n=4, отлично - теперь сделайте тоже самое для n=5 и т.д., т.к. даже для n=1000 в целом проблема не будет закрыта.
Мне кажется, что есть общий подход к доказательству утверждения о существовании равенств в уравнениях (1), (2) при любых n .
Я сомневаюсь, что мои рассуждения сойдут за доказательства, но направление, может быть, окажется верным.
I.
Существует наличие сочетаний a, b, c, d на чётность и нечётность.
Разберу одну возможность, - пусть все числа a, b, c, d будут чётными.
А далее буду использовать алгоритм решения Диофантовых уравнений.
Составлю систему уравнений. Бумагу экономить не буду, - распишу подробно.
В этих уравнениях пусть 1 > 3 > 4 > 2 – очевидное предположение.
Произведу в уравнениях системы сокращения на 2n и члены с 2 перенесу в правую часть уравнений, а члены с 3 – в левую.
Сокращением же на 2n от чётных значений a, b, c, d уравнения системы переведены в значения всего натурального ряда.
Далее используются формулы разности степеней.
+…..+
=
+…..+
+…..+
=
+…..+
+…..+
=
+…..+
+…..+
=
+…..+
+…..+
=
+…..+
Т.к. 
,
, система (4) примет вид:
p
+…..+ =f +…..+
p +…..+ = f +…..+
p +…..+ = f +…..+
p +…..+ = f +…..+
p +…..+ = f +…..+
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
