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


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение23.03.2017, 13:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
TR63 в сообщении #1202796 писал(а):
с чётностью числителя Вы, вроде, ранее согласились (верно?)

mihaild в сообщении #1202415 писал(а):
Неочевидно, что $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ делится на $2$, если под корнем стоит точный квадрат
Т.е. это правда, но вы пока не доказали, что это правда.

Вообще, "согласился ли mihaild с чем-то" - плохой критерий правильности. Хороший критерий - приведены выкладки с четко прописанными обозначениями и переходами.

TR63 в сообщении #1202796 писал(а):
И аналогично $a=k_1a_1$, $b=k_2b_1$, где $(k_1;k_2)>1$, $(a_1;b_1)\ge1$.
Аналогично не получится. Может оказаться, что получающиеся для $a$ $\beta_a, r_a, x$ взаимно просты (вы использовали существование $n, n_1, n_2$ - так что чтобы доказательство сломалось, достаточно одной не взаимно простой тройки).

(кстати, попробуйте ставить индексы как-то более согласованно - это упростит чтение)

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение23.03.2017, 14:05 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1202835 писал(а):
Аналогично не получится. Может оказаться, что получающиеся для $a$ $\beta_a, r_a, x$ взаимно просты (вы использовали существование $n, n_1, n_2$ - так что чтобы доказательство сломалось, достаточно одной не взаимно простой тройки)

Этого пока не поняла. Но поняла, что, если бы и было аналогично, всё равно, стандартными логическими рассуждениями таким способом противоречия не получается, только, пользуясь абсолютно ложным во всей области определения утверждением. Но это будет не доказательство, а гипотеза.
Других идей нет. Вопросов больше нет. Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 16:04 


03/03/12
976
Появилась новая идея, с помощью которой можно завершить доказательство стандартными логическими рассуждениями, если не будет ошибок (прошу проверить). Перепишем начало решения заново.
TR63 в сообщении #1201223 писал(а):
Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_3$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_2$
существуют ли натуральные решения $(a,b,c)$, при которых $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ натуральны.

Допустим, что решение существует. Тогда можно взять произвольное решение, обозначив его $(a,b,c)$. Достаточно считать, что (c) чётно, (a,b) не чётны одновременно.
Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$
$x=mn$, $m>n$
$c=n(m-n)$, (n) может быть только чётным (иначе будет противоречие).
$x-c=n^2$
$\alpha_1=(m-n)^2$
$(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)=2x=2mn=n^2+n_1^2+n_2^2$
Левая часть делится на четыре, а правая не делится (сумма нечётных квадратов не делится на четыре). Противоречие. Значит натуральных решений не существует

1). $c = \frac{-\alpha_1\pm \sqrt{\alpha_1^2 + 4\alpha_1 x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$4x^2+\beta^2=r^2$

$(a;b)$ вычисляли аналогично:

2). $a=\frac{-\alpha_2+\sqrt{\alpha_2^2+4\alpha_2x}}{2}$

3). $b=\frac{-\alpha_3+\sqrt{\alpha_3^2+4\alpha_3x}}{2}$

Выяснили, что, если $(x_i, \beta_i,r_i)$, где $i=(c,b,a)$, взаимно просты, то одновременно натуральных решений не существует.

Теперь продолжение.

Если появляется множитель $(k)$, т.е. $(2x)\to k\cdot(2x)$, то и $(\alpha_1)\to k\cdot(\alpha_1)$ и для сохранения равенства должно быть $(c)\to k\cdot(c)$. Аналогично для $(a,b)$. Т.е. $(a,b,c)\to(ka,kb,kc)$.
При взаимно простых пифагоровых тройках $(x,\beta,r)$ имели, что $(a,b,c)$ не были одновременно натуральны и могут стать одновременно натуральными только при увеличении пифагоровых троек в $(k)$ раз. При этом, из формулы $(3)$ видим, что $(b)$ увеличивается в $(k)$ раз. Но, рассмотрев второе и третье равенство в условии задачи, найдём, решив квадратное уравнение, что

$b=\frac{p+\sqrt{p^2+2p(2x)}}{2a}$, где $p=\alpha_2\alpha_3$

получаем, что $(b)$ увеличивается слева в $(k)$ раз (это следует из формулы$(3)$, а справа менее, чем в $(k)$ раз (учитывая, что по аналогии $(p)\to k\cdot(p)$). Получается противоречие. Т.е. ни при каком увеличении пифагоровых троек нельзя получить одновременно натуральные решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 17:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
TR63 в сообщении #1206471 писал(а):
$(2x)\to k\cdot(2x)$
Что это значит?
Если "теперь везде вместо $2x$ будем писать $k\cdot 2x$", то возникает проблема в переходе $(a, b, c) \to (ka, kb, kc)$.
Во-первых, $(x_c, \beta_c, r_c)$ могут быть не взаимно просты, а $(x_a, \beta_a, r_a)$ - взаимно просты.
Во-вторых, даже если все эти тройки не взаимно просты - общий множитель может быть разным.

Вообще, терминология вида "могут стать натуральными" сильно запутывает.
Вот у нас есть какое-то решение со взаимно простыми $a, b, c$. Мы хотим из этого предположения получить противоречие.
Пока что мы вывели, что $(x_i, \beta_i, r_i)$ не взаимно просты при каком-то $i$. Пусть у них есть общий множитель $k$. Из этого выводится, что $c$ тоже делится на $k$ (хотя кажется что для случая четного $k$ вы это не доказали).
Что предлагается делать дальше - непонятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 18:04 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1206482 писал(а):
Во-первых, $(x_c, \beta_c, r_c)$ могут быть не взаимно просты, а $(x_a, \beta_a, r_a)$ - взаимно просты.


Здесь $x_c=x_a=2x$.

Случай, когда все тройки взаимно просты мы рассмотрели. Пусть теперь какая-то из троек не взаимно простая. Например, если $(x_c,\beta_c,r_c)$ не взаимно просты, значит имеется общий множитель $(k)$. Т.е. $(2x)\to k\cdot(2x)$. Далее, я считаю, идёт "цепная реакция"- всё увеличивается в $(k)$ раз. Почему? Я рассуждала так: пусть $(3,4,5)$ пифагорова тройка. Если мы увеличиваем $(3)$ в два раза $(3)\to2\cdot(3)$,то автоматически $(4)\to2\cdot(4)$ и $(5)\to2\cdot(5)$. Поэтому пифагорова тройка $(x_a=k\cdot2x,\beta'_a,r'_a)$ не может быть взаимно простой, поскольку произошло увеличение $(2x)\to k\cdot(2x)$. А, Вы утверждаете, что может. Я этот момент не понимаю. Объясните, пожалуйста.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 19:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
Существуют числа, которые входят и в некоторую примитивную, и в некоторую не-примитивную пифагорову тройку.
Если бы вы явно выписывали определения всех вводимых символов, то вы бы заметили, что вопрос ровно об этом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 19:50 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1206528 писал(а):
Существуют числа, которые входят и в некоторую примитивную, и в некоторую не-примитивную пифагорову тройку.

Числа, входящие в (три) примитивные пифагоровы тройки, уже исключены из рассмотрения, т.к. они не дают решений.
mihaild, Ваш ответ мне не понятен. Поясните, если можно, на примере.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 19:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
Рассмотрен случай, когда все три тройки $(x_i, \beta_i, r_i), i \in \{a, b, c\}$ - примитивные. Что будете делать, если скажем одна или две из них примитивные, а две или одна нет?
(или если все три непримитивные, но общие множители разные)

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 20:59 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1206537 писал(а):
Что будете делать, если скажем одна или две из них примитивные, а две или одна нет?
(или если все три не примитивные, но общие множители разные)

Я уже писала, что буду делать выше. Это уже второй круг. Но в тех рассуждениях я заметила прокол. Вы правы, из трёх примитивных будут получены не все, содержащие не примитивные. Во всяком случае, это не очевидно. Теперь понятно. Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 21:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
TR63 в сообщении #1206564 писал(а):
Я уже писала, что буду делать выше
Вы написали, что будете выносить общий множитель из каждой тройки. Но не факт, что он в каждой тройке есть - пока что показано, что он есть хотя бы в одной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 21:36 


03/03/12
976
TR63 в сообщении #1206471 писал(а):
При взаимно простых пифагоровых тройках $(x,\beta,r)$ имели, что $(a,b,c)$ не были одновременно натуральны и могут стать одновременно натуральными только при увеличении пифагоровых троек в $(k)$ раз.

В итоге получается $k_1=k_2=k_3=k$.
Доказательство базируется на этом утверждении, но в нём я сомневаюсь.
mihaild в сообщении #1206567 писал(а):
выносить общий множитель из каждой тройки. Но не факт, что он в каждой тройке есть - пока что показано, что он есть хотя бы в одной.

Для остальных это доказывается аналогично.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение04.04.2017, 21:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
TR63, я отказываюсь пытаться следить за "могут стать". Хотите, чтобы вас можно было понять - пишите более конкретные утверждения (типа "все решения имеют такой-то вид").
TR63 в сообщении #1206571 писал(а):
Для остальных это доказывается аналогично.
Не доказывается. Общий множитель был получен из непримитивной тройки. Свободы выбирать, какие тройки непримитивны - нет (известно только, что хотя бы одна непримитивна).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение05.04.2017, 10:18 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1206575 писал(а):
известно только, что хотя бы одна непримитивна

У меня другая идея. Рассмотрение случая, предложенного Вами, это другая идея.
Объясняю (с уточнением), в чём заключается моя идея.
У нас $2x=2mn$.
1). Если $(m,n)$ взаимно просты, то решений нет.
2). Если $(m,n)$ не взаимно просты, то должно быть $(2x)\to k\cdot(2x)$.
Второй случай был рассмотрен выше. Если по нему есть вопросы или замечания, то изложите их, пожалуйста, подробнее.
Первый случай, при необходимости, можно рассмотреть подробнее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение05.04.2017, 13:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1483
Москва
Так нету еще никаких $m, n$ (и их взаимная простота вообще нигде не использовалась).
Если $(x_i, \beta_i, r_i)$ взаимно просты, то можно найти соответствующие $(m_i, n_i)$. Если они взаимно просты для всех $i$, то решения нет - это уже доказано.

Еще раз. Если вы четко будете описывать, что и где вводите, то будет очень легко увидеть, где вводились какие предположения, и соответственно какие случаи не рассмотрены.

Давайте переобозначим для консистентности $\alpha_c := \alpha_1$ (и аналогично другие). Помним, что считаем $a, b, c$ взаимно простыми.
У нас есть $\alpha_i=-2x+\sqrt{4x^2+\beta_i^2}, 4x^2+\beta_i^2=r_i^2$. Что дальше? (если хотите, можете считать, что рассмотрели случай, когда все тройки $(2x, \beta_i, r_i)$ взаимно просты, либо что не рассмотрели никакой; на другое ссылаться нельзя, т.к. разобрано оно не было)
Никаких $m, n$ нету. Если хотите ввести дополнительные переменные - четко пишите, что они значат - например, какому уравнению удовлетворяют (и почему вообще существуют числа, удовлетворяющие такому уравнению). Если по ходу дела захотите рассмотреть несколько случаев - четко пишите "Выполнено либо $A$ либо $B$. Если $A$, то $\ldots$".
Иначе мы никогда никуда не уедем.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение05.04.2017, 14:21 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1206681 писал(а):
У нас есть $\alpha_i=-2x+\sqrt{4x^2+\beta_i^2}, 4x^2+\beta_i^2=r_i^2$

mihaild в сообщении #1206681 писал(а):
Никаких $m, n$ нету.

Это не понятно. Почему? У нас $(x=a+b+c)$ (натуральное). Чтобы $(\alpha_i)$ было натуральным необходимо, чтобы подкоренное выражение было натуральным квадратом. Для этого должно выполняться условие $2x=2mn$, где $(m,n)$ взаимно просты либо не взаимно просты. Если $(m,n)$ взаимно просты, то $\alpha_a=\alpha_b$ и решений не существует. Это можно расписать подробнее, если не будет замечаний. Потом будем рассматривать случай, когда $(m,n)$ не взаимно просты.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 94 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  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