ВТФ и треугольники

[Коровьев]

ljubarcev писал(а):

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.

"В Вашем доказательстве страница №...строка №... допущена ошибка"
Поскольку у меня аспирантов нет, найдите ошибку сами. Или наймите кого-нибудь. В крайнем случае займитесь изучением теории чисел.

[shwedka]

Коровьев
Меня в аспирантки по Любарцеву берете??

[Коровьев]

shwedka писал(а):

Коровьев
Меня в аспирантки по Любарцеву берете??

Говорят, что Ландау заготовил подобные бланки-ответы для заполонивших его "доказательств" БТФ. А находить ошибки заставлял своих аспирантов, что бы "размялись".

[shwedka]

это был Эдмунд Ландау.

[PAV]

PAV:

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

Так как $z+x$ и $y$ взаимно просты,

.
С чего бы это??

Уважаемый(мая) Shwedka !
Из $\frac{y^n}{z-x}=z^{n-1}+z^{n-2}x$ …$+zx^{n-2}+x^{n-1}$
$\frac{y^n}{z-x}$ должно быть целым, поэтому $y$ и $z-x$ не взаимно простые.
Из $\frac{y^n}{z+x}=(z+x)^{n-1}-nz^{n-2}x+$ … $+nx^{n-1}-\frac{2x^n}{z+x}$ видно, так как $(z;x;(z-x);(z+x))=1$ -
$\frac{2x^n}{z+x}$ не целое, следовательно и $\frac{y^n}{z+x}$ тоже не целое и по этому $y<z+x$ на $z+x$ не делится.
Дед.

[Brukvalub]

ljubarcev писал(а):

по этому $y<z+x$ на $z+x$ не делится.

Два целых числа называются взаимно простыми, если у них нет простого общего делителя. Такое свойство чисел не связано напрямую с делимостью одного из них на другое. Например, ни одно из чисел 6 и 4 не делится на другое, но, тем не менее, взаимно простыми они не являются.

[shwedka]

Цитата:

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 $c=\frac{(z-x)_1(z+x)}{y_2}$.

А почему, например, невозможно
y_2=1??
тогда все, кому надо, на него делятся.

[Yarkin]

STilda писал(а):

А почему вообще в рассуждениях на тему ВТФ преобладают треугольники? Ведь наличие трех величин, фигурирующих в ВТФ, не обязывает нас привязывать их к сторонам треугольника. Это приводит к тому, что ищем решение на плоскости. Может быть между этими тремя элементами другая взаимосвязь. Если геометрически то, например, какой-нибудь многогранник (додекаэдр) у которого соединив определенные пары вершины отрезками, получим для них соотношение ВТФ. Они могут быть "хитрые" скрещивающимися, или пересекающимися, не лежащими в одной плоскости, и паралельным переносом не помещаемые в одну плоскость.
Вот вычитал

Можно рассматривать любой геометрический объект. При этом надо учесть условия существования этого геометрического объекта. Для разных геометрических объектов они разные. Условия ВТФ являются достаточными для доказательства ее толко на отрезке.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

А почему, например, невозможно
y_2=1??
тогда все, кому надо, на него делятся.

Уважаемые Brukvalub и Shwedka ! Вы правы. Приведенного недостаточно для доказательства того, что $y$ и $z+x$ - взаимно простые и что при рациональном $b=c/d$ - $c$ так же не может быть целым. Причина, я думаю, в том, что рассмотрен треугольник со сторонами $z;y;x$ и ясно, что при этом возможен случай, когда $b$ - целое. Действительно. приведенное равенство $by=z^2-x^2$ при целом $b=y$ приобретает вид $y^2=z^2-x^2$, которое имеет решения в целых числах, так как ему удовлетворяет любая тройка чисел $x=2u^nv^n$’ $y=u^{2n}-v^{2n}$; $z=u^{2n}+v^{2n)$, где $n;u;v$ - любые целые числа.
Но ведь при $x^n+y^n=z^n$ при $(z>y>x)=1$ и $n=2k+1$ одновременно должны существовать (после приведения к единому масштабу) $2k$ треугольников с рациональными сторонами $1;y/z;x/z$; $1;y^2/z^2;x^2/z^2$; …$1;y^k/z^k;x^k/z^k$ - остроугольных и $1;y^{k+1}/{z^{k+1};x^{k+1}/z^{k+1}$; $1;y^{k+2}/{z^{k+2};x^{k+2}/z^{k+2}$;…$1;y^{2k}/{z^{2k};x^{2k}/z^{2k}$ - тупоугольных.
Теперь наложим все эти треугольники друг на друга, совместив стороны равные $1$ и проведем полуокружность на стороне $1$ .
Очевидно, что при этом вершины остроугольных треугольников расположатся выше полуокружности, приближаясь к ней по мере возрастания $k$. Вершины тупоугольных треугольников расположатся внутри полуокружности , удаляясь от полуокружности по мере возрастания $k$ и приближаясь к расположенной на горизонтали точке соединения отрезков $x^n/z^n;y^n/z^n$. Так как среди этих треугольников нет прямоугольных, то никогда вершина треугольника не попадёт на полуокружность.
Дайте мне тройку чисел $x;y;z$, удовлетворяющую равенству $z^{2k+1}=x^{2k+1}+y^{2k+1}$ и я всегда, преобразовав её к виду
$(z^k\sqrt{z})^2=(x^k\sqrt{x})^2+(y^k\sqrt{y})^2$, построю треугольник со сторонами $1;(y/z)^k\sqrt{y/z};(x/z)^k\sqrt{x/z}$ , вершина которого будет расположена на полуокружности и он будет, естественно, прямоугольным. При этом, очевидно, длины его сторон всегда будут выражаться иррациональными числами, если числа $x;y;z$ не являются квадратами. Следовательно, равенство $z^n=x^n+y^n$ разрешимо только в квадратах.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

При этом, очевидно, длины его сторон всегда будут выражаться иррациональными числами

Ну и пусть!!! почему из иррациональности сторон какого-то постороннего треугольника следует отсутствие целых корней уравнения Ферма?

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Ну и пусть!!! почему из иррациональности сторон какого-то постороннего треугольника следует отсутствие целых корней уравнения Ферма?

Уважаемая Shwedka !
Вы напрасно считаете треугольник «посторонним». Его стороны ВСЕГДА являются тройкой чисел, удовлетворяющей равенству $z^n=x^n+y^n$.
Ведь числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$ одновременно являются решениями уравнения Пифагора $a^2+b^2=c^2$ и уравнения П. Ферма - $z^n=x^n+y^n$ и эти числа, если $x;y;z$ не натуральные квадраты, могут быть только иррациональными.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

Уважаемая Shwedka !
Вы напрасно считаете треугольник «посторонним». Его стороны ВСЕГДА являются тройкой чисел, удовлетворяющей равенству $z^n=x^n+y^n$.
Ведь числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$ одновременно являются решениями уравнения Пифагора $a^2+b^2=c^2$ и уравнения П. Ферма - $z^n=x^n+y^n$ и эти числа, если $x;y;z$ не натуральные квадраты, могут быть только иррациональными.
Дед.

Числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$
НЕ являются решениями уравнения Ферма $z^n=x^n+y^n$ .
Но это ладно.
Еще раз.
Из предполагемых решений уравнения Ф. Вы построили прямоугольный треугольник с иррациональными сторонами a,b,c. Что дальше?? Почему из этого построения следует, что уравнение Ф. не имеет рациональных решений??

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$
НЕ являются решениями уравнения Ферма $z^n=x^n+y^n$ .
Но это ладно.
Еще раз.
Из предполагемых решений уравнения Ф. Вы построили прямоугольный треугольник с иррациональными сторонами a,b,c. Что дальше?? Почему из этого построения следует, что уравнение Ф. не имеет рациональных решений??

Уважаемая Shwedka !
Прошу прощения, но я не согласен. Числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$ удовлетворяют уравнению Ферма - $z^n=x^n+y^n$. так как $(x^k\sqrt{x})^2+(y^k\sqrt{y})^2=(z^k\sqrt{z})^2$ , откуда после возведения в квадрат и получается - $z^n=x^n+y^n$. Такой подход позволяет исключить из рассмотрения равенства при чётных $n$, так как при $k=1;2;3…$ получаются равенства $z^3=x^3+y^3$; $z^5=x^5+y^5$; $z^7=x^7+y^7$;… Последнее необходимо, так как известно, что при $n=2$ решения имеются. Так как это справедливо для любой тройки чисел $x;y;z$, удовлетворяющей равенству $z^n=x^n+y^n$, то есть взяв любое решение уравнения Ферма (если бы оно было) я могу построить упомянутый Вами прямоугольный треугольник, который не может быть целочисленным. Ясно, что решений в целых числах нет.
Доказательство (и его никто не оспаривал) того, что решения не могут быть дробными рациональными числами я приводил ранее.
Дед.

[shwedka]

Числа $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$
НЕ являются решениями уравнения Ферма

Это числа x,y,z
являются решениями, а вовсе не a,b,c. Так что иррациональность a,b,c
никакого отношения к уравнению Ф не имеет.