ВТФ и треугольники

[Батороев]

Если вернуться к выражению:
$ x^2 + y^2 - z^2 = 2xyCosC $
и через это выражение определить
$ (1+CosC) = \frac{(x+y)^2-z^2}{2xy} $,
то увидим, что г-н Коровьев прав.

[Коровьев]

ljubarcev писал(а):

Коровьев писал(а):

Распространённая среди фермистов логическая ошибка.
Из равенства
ax=b
при целых и взаимнопростых a и b
они заключают, что х целое.
что абсолютно неверно.
5*0.4=2

Уважаемый господин Коровьев ! В общем случае Вы правы, но к приведенному мной доказаельсьву Ваше утвелждение не применимо.

Да нет. Именно к Вашему доказательству оно очень даже применимо.

ljubarcev писал(а):

Коровьев писал(а):

Разъясню ошибку ljubarcev подробнее.
Если $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$
- целое число
то $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$ - абсолютно не обязано быть целым числом, как заявляет ljubarcev
К примеру. Для любых целых a, g, x, y можно найти такое С, что
$2(1+CosC)=\frac{ag^2}{xy}$< 4
где а - целое число.
Тогда
$\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=a$
*****
Т.е. Доказательство ljubarcev неверно.

Уважаеемый господин Коровьев ! Ваше заключение ошибочно. Возьмем Ваше $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=a$. Конечно в общем случае среди натуральных чисел $x;y;g$ найдутся такие , что левая часть равенств равенства будет целым числом, то есть $a$ будет целым. В рассматриваемом мною случае в числителе Вашей дроби числа $x;y$ не содержат простого множителя $g\ne 1$ так как это множитель $z$. Чтобы Ваше $a$ было целым, необходимо что бы число $2(1+CosC)$ делилось на $g^2$. Но это при всегда $2(1+CosC)<4$ возможно только при $g=1$. Таким образом, что бы Ваше $a$ было целым в рассматриваемом мною случае, $g$ должно равняться $1$, что я и использую в доказательстве.

Единственно, что Вы доказали, так это то, что если БТФ верна, то выражение
$\frac{2(1+CosC)}{g^2}$
не может быть целым числом. Но ничто ему не запрещает быть рациональным/дробным/ числом!
Как такое может быть - Вам наглядно продемонстрировал Артамонов в своём посте.
Если опять непонятно, то вот чисто числовой пример. Выражение
$\frac{2*7*11*(1+CosC)}{3^2}$
при $(1+CosC)=\frac{90}{77}$ равно целому числу - 20
Однако $2(1+CosC)$ отнюдь целым не является.
Значит, осталось за малым.
Доказать, что оно не может быть и рациональным числом!
А если учесть, что оно заведомо не может быть иррациональным, то, значит не может быть никаким.
Вот и всё доказательство.

[ljubarcev]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

ljubarcev писал(а):

Если я правильно понял, господинн Артамонов выразился осторожно, указав, что числитель $2xy(1+CosC)$ должен содержать $g^2$. Но он не опровергал того факта, что при взаимно простых $z;y;x$ дробь будет целым числом только при $g=1$.

Нет, вы поняли неверно.
Возьмите $x=p_1c,y=p_2d, 2(1+\cos(C))=\frac{g^2e}{p_1}$. Отсюда $\frac{2(1+\cos(C))}{g^2}=\frac{e}{p_1}$ - дробь.

Уважаемый господин Артамонов! Ваше $\frac{2(1+\cos(C))}{g^2}=\frac{e}{p_1}$ - дробь верно, хотя и непонятно, куда делись числа $y;p_2;d$. Наверное опечатка.Но ведь и я утверждаю и использую тот факт, что $\frac{2(1+cos(C))}{g^2}$; не целое число. Когда я привел выведенное правильно равенство $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=(x+y)_1^2+z_1^2$ (1), где правая часть несомненно должна быть целым числом, Вы верно указали, что при этом число $2xy(1+CosC)$ должно содержать $g^2$. В своих дальнейших рассуждениях я использую именно этот факт. Учитывая, что правая часть этого равенства – целое число, я делаю вывод, что в (1) число $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$, чтобы равенство имело место в целых числах, так же должно быть целым, Разве это не правомерно? Теперь вспомним, что доказательство ведётся для случая взаимно простых $z;y;x$ и $g$, являющееся делителем $z$, поэтому взаимно просто и с $x$ и с $y$. Дробь $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$ должна быть целым числом, а так как $x$ и $y$ на $g$ не делятся, то целым должно быть число $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$. Числитель этой дроби, так как $CosC<1$ меньше $4$, следовательно, должно быть и $g^2<4$; $g<2$, а так как $g$ целое по предположению, то должно быть $g=1$ и числа $x+y$ и $z$ должны быть взаимно простыми.
Дед.

[Коровьев]

Кстати.
Подобный "детский" ляп в "доказательстве" БТФ случился в 2005 году с нерядовой в научно-технических кругах личностью учёным Ильиным.
http://www.sunhome.ru/journal/51209
Из его "д-ства" БТФ

Цитата:

"Любой десятиклассник, у которого по математике выше тройки, с ходу воспроизведет вам формулу соотношения сторон треугольника $z^2 = x^2 + y^2 - 2xy cos(b)$.
Рассмотрим выражение. При 60° < b< 90°, cos(b) — число не целое. А значит, и z неминуемо является таковым при целых значениях x и y."

Самое ужасное, что о его "доказательстве" раструбили все новостные агенства. Было сообщено время выступления его в Москве перед учёными...Ошибку нашли сразу же, как только появилось само "доказательство". Но репутация...
Перефразируя.
Любой десятиклассник, у которого по математике выше тройки, с ходу воспроизведет вам формулу соотношения сторон треугольника $z^2 = x^2 + y^2 - 2xy cos(b)$. Рассмотрим выражение. При 60° < b < 90° cos(b) — число не целое. Но z может быть целым при целых значениях x и y."
Из статьи.

Цитата:

В доказательстве Уайлса использован математический аппарат разработанный только в XX веке. Поэтому многие любители математики, продолжают средствами элементарной школьной математики искать легендарное простое доказательство. С завидной регулярностью такие доказательства поступают в адрес самых разных научных организаций. Порой авторы этих опусов не знакомы даже с азами математической культуры и смешивают математические выкладки с пространными философскими рассуждениями. Специалисты в шутку называют таких горе-математиков "ферматиками". Есть даже стихотворение, посвященное попыткам доказательства Великой теоремы Ферма .

Чем же отличается нынешний случай от всех предыдущих? Тем, что на этот раз элементарное доказательство теоремы Ферма обнародовал крупный ученый академик Ильин , бывший главный конструктор аэрокосмического объединения «Полет». Его доказательство проверили несколько знакомых ученых, в частности, академик Леонид Горынин и профессор Сергей Чуканов, и дали заключение о том, что не нашли в аргументации Ильина изъянов. И хотя ни автор, ни рецензенты не являются специалистами в теории чисел, статус позволил академику Ильину созвать пресс-конференции в Омске и в Москве, где он и представил свое доказательство журналистам.

Будучи обнаружена, данная ошибка становится вполне очевидной на уровне школьного курса математики. По мнению профессиональных математиков, этот случай может служить наглядной иллюстрацией того, что сенсационные открытия, публикуемые в обход принятой в науке системы обязательного рецензирования, чаще всего оказываются недоразумениями.

[juna]

to Коровьев
Об этом ученом уже говорили здесь
to ljubarcev
Ваше рассуждение похоже Petitio principii (порочный круг)

[ljubarcev]

Коровьев писал(а):

Единственно, что Вы доказали, так это то, что если БТФ верна, то выражение
$\frac{2(1+CosC)}{g^2}$
не может быть целым числом. Но ничто ему не запрещает быть рациональным/дробным/ числом!
Как такое может быть - Вам наглядно продемонстрировал Артамонов в своём посте.
Если опять непонятно, то вот чисто числовой пример. Выражение
$\frac{2*7*11*(1+CosC)}{3^2}$
при $(1+CosC)=\frac{90}{77}$ равно целому числу - 20
Однако $2(1+CosC)$ отнюдь целым не является.
Значит, осталось за малым.
Доказать, что оно не может быть и рациональным числом!
А если учесть, что оно заведомо не может быть иррациональным, то, значит не может быть никаким.
Вот и всё доказательство.

Уважаемый господин Коровьев ! Весьма благодарен за рассмотрение Вами моих рассуждений по существу.
В соответствии с «малой» теоремой Ферма $x+y-z= nt$, где $t$ - целое.
Из $(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$; - $(x+y-z)(x+y+z)= nt(x+y+z)=2xy(1+CosC)$ и $t(x+y+z)/2=xy(1+CosC)/n$. Так как $t$ целое, а $x+y+z$- чётно, то число слева – целое. Ясно, что в случае, когда ни $x$ ни $y$ на $n$ не делятся и так как $1+CosC<2$ – равенство в целых числах при $n>2$ невозможно. Таким образом в случае, когда ни одно из чисел не делится на $n$ - решений нет.
Дед.

[Коровьев]

ljubarcev писал(а):

Коровьев писал(а):

Единственно, что Вы доказали, так это то, что если БТФ верна, то выражение
$\frac{2(1+CosC)}{g^2}$
не может быть целым числом. Но ничто ему не запрещает быть рациональным/дробным/ числом!
Как такое может быть - Вам наглядно продемонстрировал Артамонов в своём посте.
Если опять непонятно, то вот чисто числовой пример. Выражение
$\frac{2*7*11*(1+CosC)}{3^2}$
при $(1+CosC)=\frac{90}{77}$ равно целому числу - 20
Однако $2(1+CosC)$ отнюдь целым не является.
Значит, осталось за малым.
Доказать, что оно не может быть и рациональным числом!
А если учесть, что оно заведомо не может быть иррациональным, то, значит не может быть никаким.
Вот и всё доказательство.

Уважаемый господин Коровьев ! Весьма благодарен за рассмотрение Вами моих рассуждений по существу.
В соответствии с «малой» теоремой Ферма $x+y-z= nt$, где $t$ - целое.
Из $(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$; - $(x+y-z)(x+y+z)= nt(x+y+z)=2xy(1+CosC)$ и $t(x+y+z)/2=xy(1+CosC)/n$. Так как $t$ целое, а $x+y+z$- чётно, то число слева – целое. Ясно, что в случае, когда ни $x$ ни $y$ на $n$ не делятся и так как $1+CosC<2$ – равенство в целых числах при $n>2$ невозможно. Таким образом в случае, когда ни одно из чисел не делится на $n$ - решений нет.
Дед.

Прально!
Тока равенство
$(x+y-z)(x+y+z)=2xy(1+CosC)$
вобще невозможно при целых $x,y,z$!
Ибо, $(x+y-z)(x+y+z) $ содержит простой множитель больше двух, который не делятся на произведение $xy$.
/Ну не может же быть чтоб $(x+y-z)(x+y+z)=2xy $ /
Пусть ето будет $q$. Тогда
$\frac{(x+y-z)(x+y+z)}{q}=2xy\frac{1+CosC}{q} $
Слева число целое, значит и справа д.б. целое.
Ясно, что в случае, когда ни $x$ ни $y$ на $q$ не делятся и так как $1+CosC<2<q$ – равенство в целых числах невозможно. Таким образом в случае, когда ни одно из чисел не делится на $q$ - решений нет.
А, знацитца и не существует треугольников с целочисленными сторонами!
Ура! Приплыли.

[ljubarcev]

Коровьев писал(а):

Прально!
Тока равенство
$(x+y-z)(x+y+z)=2xy(1+CosC)$
вобще невозможно при целых $x,y,z$!
Ибо, $(x+y-z)(x+y+z) $ содержит простой множитель больше двух, который не делятся на произведение $xy$.
/Ну не может же быть чтоб $(x+y-z)(x+y+z)=2xy $ /
Пусть ето будет $q$. Тогда
$\frac{(x+y-z)(x+y+z)}{q}=2xy\frac{1+CosC}{q} $
Слева число целое, значит и справа д.б. целое.
Ясно, что в случае, когда ни $x$ ни $y$ на $q$ не делятся и так как $1+CosC<2<q$ – равенство в целых числах невозможно. Таким образом в случае, когда ни одно из чисел не делится на $q$ - решений нет.
А, знацитца и не существует треугольников с целочисленными сторонами!
Ура! Приплыли.

Уважаемый господин Коровьев ! Если я правильно понял Ваше «Ура приплыли !» означает, что Вы согласны с тем, что в рассматриваемом случае не существует целочисленного треугольника со сторонами $x;y;z$ или это ирония, построенная только на Вашем правильном понимании того факта, что при верности утверждения Ферма ничего этого нет ?
Теперь вспомним откуда мы плавание начали. Начали мы (как и принято при доказательстве отрицательных утверждений) с исходного предположения, что равенство $x^n+y^n=z^n$ в целых числах при целых взаимно простых $x;y;z$ простом не чётном $n$ - существует. При этом $x+y>z$ и целочисленный треугольник должен быть. Так что, если доказано, что он целочисленным быть не может, это является противоречием и приводит к заключению о неверности исходного предположения и доказывает верность утверждения Ферма.
Дед.

[Коровьев]

Да причём тут Ферма-то.
Для сторон любого треугольника справедлива формула
$z^2=x^2+y^2-2xyCosC$;
Или
$z^2=(x+y)^2-2xy(1+CosC)$;
Или
$(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$;
Или
$(x+y-z)(x+y+z)=2xy(1+CosC)$
Но как я доказал выше , используя Вашу методу, это равенство невозможно при целых $x,y,z$.
Следовательно
Не существует треугольников с целочисленными сторонами!!!

[ljubarcev]

Коровьев писал(а):

Да причём тут Ферма-то.
Для сторон любого треугольника справедлива формула
$z^2=x^2+y^2-2xyCosC$;
Или
$z^2=(x+y)^2-2xy(1+CosC)$;
Или
$(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$;
Или
$(x+y-z)(x+y+z)=2xy(1+CosC)$
Но как я доказал выше , используя Вашу методу, это равенство невозможно при целых $x,y,z$.
Следовательно
Не существует треугольников с целочисленными сторонами!!!

Уважаемый господин Коровьев ! : Конечно я с Вами согласен, что при $x^n+y^n =z^n$ не существует треугольник со сторонами $x^n;y^n;z^n$. Это очевидно.
В то же время, если равенство $z^n=x^n+y^n$ (1) имеет решения в натуральных числах при простом не чётном $n=2k+1$ и $z>y>x$ взаимно простых, то должны существовать целочисленные треугольники со сторонами $(x;y;z)$; $(x^2;y^2;z^2)$; $(x^3;y^3;z^3)$…$(x^{2k};y^{2k};z^{2k)$. Докажем.
Из равенства (1) очевидно, что $z>y$ и $z>x$. Для определенности положим, что $y>x$. Представив равенство (1) в виде $\frac{x^n}{z^n}+\frac{y^n}{z^n}=1$, видим, что при этом должно быть: $\frac{x}{z}>\frac{x^2}{z^2}>\frac{x^3}{z^3}>$…$\frac{x{2k}}{z^{2K}}>\frac{x^n}{z^n}$ и $\frac{y}{z}>\frac{y^2}{z^2}>\frac{y^3}{z^3}>$...$\frac{y^{2k}}{z^{2K}}>\frac{y^n}{z^n}$.
Из полученных неравенств получаем:
$\frac{x+y}{z}>\frac{x^2+y^2}{z^2}>\frac{x^3+y^3}{z^3}>$…$\frac{x{2k}+y^{2k}}{z^{2k}}>\frac{x^n+y^n}{z^n}=1$, то есть тройка чисел, удовлетворяющая равенству (1) должна удовлетворять и неравенствам: $x+y>z$; $x^2+y^2>z^2$; $x^3+y^3>z^3$…$x^{2k}+y^{2k}>z^{2k}$.
Каждое из последних неравенств соответствует условию существования треугольника, следовательно, ДОЛЖНЫ БЫТЬ целочисленные треугольники со сторонами $(x;y;z)$; $(x^2;y^2;z^2)$; $(x^3;y^3;z^3)$ … $(x^{2k};y^{2k};z^{2k)$. Так как этот результат получен из равенства Ферма, то Ваш вопрос «да причем тут Ферма-то» неуместен. Если теперь доказать, что таких целочисленных треугольников нет, то это противоречило бы исходному предположению и доказывало бы верность утверждения Ферма.
Очень жаль, особенно если учесть ,что я являюсь автором темы и выступаю, таким образом, как оппонент самому себе, но придется Вас огорчить.
Ваше $\frac{(x+y-z)(x+y+z)}{g}=\frac{2xy(1+CosC)}{g}$ получено верно, но вывод «не существует треугольников с целочисленными сторонами !!!» из него Вы, как и я, сделали не верный. Левая часть этого равенства, очевидно, действительно целое число. Этим доказано, что и правая часть ДОЛЖНА быть целым числом, но не более того. Что оно не целое – не доказано. Принципиально ошибка состоит в том, что при правильных (без ошибок) прямых преобразованиях невозможно прийти к противоречию, ведь выполнив правильно (без ошибок) обратные преобразования всегда придем к исходному предположению.
Тем не менее закрывать тему считаю преждевременным, так как необходимость ОДНОВРЕМЕННОГО существования, при $x^n+y^n=z^n$, $n=2k+1$ и одних и тех же $x;y;z;$ - $k$ остроугольных треугольников со сторонами $(x;y;z);$ $(x^2;y^2;z^2);$ … $(x^k;y^k;z^k);$ и $k$ тупоугольных треугольников со сторонами $(x^{k+1};y^{k+1};z^{k+1});$ $(x^{k+2};y^{k+2};z^{k+2});$ … $(x^{2k};y^{2k};z^{2k});$ при ЛЮБОМ $k=1;2;3;4;5….$ и так до бесконечности - доказана.
Дед.

[Коровьев]

Необходимость доказана. Осталось за малым. Доказать, что их не существует.

[Someone]

Коровьев писал(а):

Необходимость доказана. Осталось за малым. Доказать, что их не существует.

А чему вообще может противоречить существование таких треугольников? Думаю, не слишком сложно для заданного нечётного $n>2$ подобрать такие натуральные $x,y,z$, чтобы треугольники со сторонами $x^k,y^k,z^k$ были остроугольными при $1\leqslant k<\frac n2$, тупоугольными при $\frac n2<k<n$ и не существовали при $k\geqslant n$.

[Коровьев]

Someone писал(а):

Коровьев писал(а):

Необходимость доказана. Осталось за малым. Доказать, что их не существует.

А чему вообще может противоречить существование таких треугольников? Думаю, не слишком сложно для заданного нечётного $n>2$ подобрать такие натуральные $x,y,z$, чтобы треугольники со сторонами $x^k,y^k,z^k$ были остроугольными при $1\leqslant k<\frac n2$, тупоугольными при $\frac n2<k<n$ и не существовали при $k\geqslant n$.

Вы правы.
Существование - только необходимое условие, но не достаточное.

Цитата:

Контропример для ljubarcev

$n=3$
$a=6$
$b=5$
$c=7$
$c>a>b$
$a+b>c$
$a^2+b^2>c^2$
$a^3+b^3=$/Ну почти равно/ $c^3$
и
$a^4+b^4<c^4$
Следовательно путь треугольников можно закрывать. В чём я и не сомневался.

[ljubarcev]

Коровьев писал(а):

Необходимость доказана. Осталось за малым. Доказать, что их не существует.

Уважаемые господа Someone и Коровьев ! Конечно, всегда можно найти тройку чисел, удовлетворяющую неравенству $x+y>z$, и построить целочисленный треугольник, как прямоугольный, так и тупоугольный и остроугольный.
Теперь рассмотрим, может ли существовать целочисленный треугольник, если тройка чисел $x;y;z$ удовлетворяет равенству $x^n+y^n=z^n$. Предположим, что может.
Рассмотрим треугольник с целочисленными сторонами $x;y;z$. Для любого такого треугольника справедлива теорема косинусов, в соответствии с которой $x^2+y^2-z^2=2xyCosC$ (1). C – угол, противолежащий наибольшей стороне $z$. Так как при любом $n>2$, - $x^2+y^2>z^2$, то $CosC>0$, и треугольник должен быть остроугольным.
Взяв два таких треугольника, сложив их сторонами $y$, получим равнобокую трапецию с боковым сторонами $x$, диагоналями $z$, нижним основанием $y$ и верхним основанием, которое обозначим $b$.
Так как равнобокая трапеция является четырёхугольником, вокруг которого всегда можно описать окружность, то справедлива теорема Птолемея, в соответствии с которой $by=z^2-x^2$. (3).
В этом случае, так как справа число целое, то и число слева - $by$ должно быть целым. Однако число
$b=\frac{(z-x)(z+x)}{y}$ целым быть не может.
Докажем. Предположим, что оно целое. При взаимно простых $z;x$ - числа $z-x$ и $z+x$ так же взаимно простые. Числа $y$ и $z-x$ не взаимно простые и имеют общий множитель $k$ - (доказан, что должно быть $y=ky_1$; $z-x=k(z-x)_1$ и мы имели бы $b=\frac{(z-x)_1(z+x)}{y_1}$. Что бы $b$ было целым при взаимно простых $y_1$ и $(z-x)_1$ - $z+x$ должно делиться на $y_1$, но это невозможно, так как $y_1$ - делитель $y$, а $y$ взаимно просто с $z+x$, следовательно, равенство не возможно и $b$ - целым быть не может.
Теперь предположим, что $b$ рационально, то есть $b=\frac{c}{d}>1$, где $c$ и $d$ натуральные числа.
Тогда равенство (3) должно иметь вид: $\frac{cy}{d}=z^2-x^2$ (4).
Так как при $n>2$ числа $y$ и $z-x$ не взаимно простые и имеют НОД равный $k$, то после сокращения на него получим равенство $\frac{cy_1}{d}=(z-x)_1)(z+x)$ (5).
В равенстве (5) правая часть – целое число, и что бы равенство имело место, $y_1$ должно делиться на $d$. Таким образом должно быть $y_1=dy_2$ а $c=\frac{(z-x)_1(z+x)}{y_2}$.
Так как $z+x$ и $y$ взаимно просты, то $z+x$ на $y_2$ не делится. Число $(z-x)_1$ так же на $y_2$ не делится. Следовательно число $c$ не целое, а число $b$ не только не целое, но и не рациональное. Треугольник не может быть целочисленным.
А противоречит это исходному предположению: тройка натуральных чисел $z;y;x$ довлетворяет рвенству $x^n+y^n=z^n$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

Так как $z+x$ и $y$ взаимно просты,

С чего бы это??