Теорема Пифагора: частный случай

[markopol]

Уважаемые господа,
предлагаю вашему вниманию частный вариант уравнения теоремы Пифагора.
Запишем:
$(A^n)^2=(C^n)^2-(B^n)^2=(C^n+B^n)(C^n-B^n)$
Пусть:
$(A^n)^2=(abcd...)^{2n}=km$

где $k, m$ -произведение чисел $a, b, c, d...$ в степени от $0$ до $2n$
Запишем:
$(C^n+B^n)=k$ (1)
$(C^n-B^n)=m$ (2)
$k>m$
Сложив уравнения (1) и (2), получим:
$C^n=0,5(k+m)$
Вычтя уравнение (2) из уравнения (1), получим:
$B^n=0,5(k-m)$
По крайней мере одно из чисел $B, C$ не будет целым числом,
хотя понятно, что они оба будут дробными.
Следовательно, если заданы числа $M=C^n, N=B^n$,
то уравнение:
$(A^n)^2=M^2-N^2$
не имеет решения в целых числах

[shwedka]

markopol в сообщении #706531 писал(а):

По крайней мере одно из чисел $B, C$ не будет целым числом,
хотя понятно, что они оба будут дробными.

Доказательство отсутствует.

[markopol]

shwedka,
из полуразности и полусуммы чисел $k, m$, состоящих
из чисел $a, b, c, d ...$ каждое в степени от $0$ до $2n$ нельзя извлечь корни и получить
целые числа, тем более в одинаковой степени. Мне известен вариант целочисленного решения, но числа получаются в разной степени:
$\frac{48+16}{2}=64=2^6$
$\frac{48-16}{2}=16=2^4$
С числом $2$ можно составить сколько угодно примеров, так как в знаменателе дроби находится число $2$. Но число $2$ не имеет никакого отношения к числам $k, m$.
С нечетными числами это не получается.

[Cash]

markopol, то что у Вас не получается - совсем не означает, что это невозможно.
Ждем доказательства, а не пустых фраз.

[shwedka]

markopol в сообщении #706919 писал(а):

из полуразности и полусуммы чисел $k, m$, состоящих
из чисел $a, b, c, d ...$ каждое в степени от $0$ до $2n$ нельзя извлечь корни и получить
целые числа, тем более в одинаковой степени.

Докажите, что нельзя!

[gris]

Не замечал доселе очень милого доказательства Теоремы Пифагора.

Опишем вокруг вершины острого угла прямоугольного треугольника окружность радиусом равным катету, образующему этот угол. Второй катет $b$ окажется касательной, а продолжение гипотенузы — секущей длиной $c+a$ с внешней частью $c-a$.
По теореме о касательной и секущей, проведённым из одной точки, квадрат касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть.
То есть $b^2=(c-a)\cdot(c+a)\;\Rightarrow \;c^2=a^2+b^2$

Спасибо ТС!

[markopol]

shwedka,
Докажите, что можно!
Если докажете, то войдете в историю как человек, доказавший, что уравнение теоремы Пифагора в приведенном мною варианте имеет решение в целых числах.

[Ontt]

markopol в сообщении #706531 писал(а):

предлагаю вашему вниманию частный вариант уравнения теоремы Пифагора

Запишем:
$(4^1)^2=(5^1)^2-(3^1)^2=(5^1+3^1)(5^1-3^1)$
Пусть:
$(4^1)^2=(2 \cdot 2)^{2 \cdot 1}=8 \cdot 2$

где $8 \cdot 2$ -произведение двоек в степени от $0$ до $2$
Запишем:
$(5^1+3^1)=8$ (1)
$(5^1-3^1)=2$ (2)
$8>2$
Сложив уравнения (1) и (2), получим:
$5^1=0,5 \cdot (8+2)$
Вычтя уравнение (2) из уравнения (1), получим:
$3^1=0,5 \cdot (8-2)$
По крайней мере одно из чисел $3, 5$ не будет целым числом,
хотя понятно, что они оба будут дробными.
Следовательно, если заданы числа $5=5^1, 3=3^1$,
то уравнение:
$(4^1)^2=5^2-3^2$
не имеет решения в целых числах.

markopol в сообщении #707268 писал(а):

Докажите, что можно!

Очевидно, что если кто-то не может доказать утверждение $A$, это не значит, что утверждение не-$A$ автоматически доказано.

-- 08.04.2013, 12:53 --

markopol в сообщении #706531 писал(а):

хотя понятно, что они оба будут дробными.

И да, приведите, пожалуйста, хотя бы один пример дробных чисел $A, B, C$ при $n>1$.

[markopol]

Ontt,

Каждый, кто посещает эту тему, прекрасно понимает, что в показателе
степени $2n$ число $n>1$. В противном случае рассмотрение темы лишено всякого смысла. Не стоит демонстрировать
"гениальную сообразительность" на всем понятных и очевидных примерах.

[Ontt]

markopol в сообщении #707284 писал(а):

в показателе степени $2n$ число $n>1$.

Почему? Чем таким единица отличается от двойки? Почему для единицы есть целочисленные решения, а для двойки уже нету? (То, что нету, мы знаем, спасибо Э. Уайлсу). На эти вопросы Вы не даете ответов. Соответственно, всё правильно:

markopol в сообщении #707284 писал(а):

рассмотрение темы лишено всякого смысла

Вы допускаете очевидные ошибки в рассуждениях, и это прискорбно, что приходится "гениально" (по Вашей странной терминологии) это Вам демонстрировать.

[Shadow]

markopol в сообщении #707284 писал(а):

Каждый, кто посещает эту тему, прекрасно понимает

Каждый, кто посещает эту тему, /за исключением одного/ прекрасно все понимает.

markopol в сообщении #707284 писал(а):

рассмотрение темы лишено всякого смысла

Абсолютно с Вами согласен.

[markopol]

Господа,
вы полагаете, что я стал бы морочить вам головы элементарным уравнением теоремы Пифагора:
$A^2=C^2-B^2$,
тем более, что я давно доказал, что все числа$N>2$ входят в Пифагоровы тройки? Тем более, что я давно доказал, что любое число $N>1$ в любой степени $n>2$ равно разности квадратов одной пары или нескольких пар целых чисел.
Переходите к конструктивной и математически обоснованной критике.

[Ontt]

markopol в сообщении #707301 писал(а):

тем более, что я давно доказал

Мы в курсе http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=51&t=20677

[shwedka]

markopol в сообщении #707268 писал(а):

shwedka,
Докажите, что можно!
Если докажете, то войдете в историю как человек, доказавший, что уравнение теоремы Пифагора в приведенном мною варианте имеет решение в целых числах.

В математике призыв, общий или персональный, опровергнуть недоказанное заявление за доказательство не принимается.
По Вашей кривой логике достаточно заявить, что ВТФ верна, и потребовать у всех опровержения, чтобы стыать доказателем?

[vorvalm]

markopol в сообщении #706531 писал(а):

По крайней мере одно из чисел $B,\;C$ не будет целым числом,
хотя понятно, что они оба будут дробными.

$C^n=0,5(k+m)=\sqrt{A^{2n}+B^{2n}}$

$B^n=0,5(k-m)=\sqrt{C^{2n}-A^{2n}}$

Это заявление верно, если доказана ВТФ.