Короткое доказательство ВТФ

[ljubarcev]

AD писал(а):

Теорема такая есть. В школе проходят. Если положительные числа a, b, c таковы, что сумма каждых двух из них больше третьего, то существует (единственный) треугольник, стороны которого равны a, b и c. Можете в качестве упражнения провести требуемое построение циркулем и линейкой. Еще вопросы?

Уважаемый AD ! Конечно есть.
Взяв два упомянутых треугольника и сложив их сторонами $z$ мы всегда получим параллелограмм у которого боковые стороны раны $x$, - основания - $y$; одна диагональ будет равна $z$ а вторую обозначим $d$. Для параллелограмма справедливо: $2x^2+2y^2=z^2+d^2$. Ясно, что при целых $z;y;x$ число $d^2$ - целое. Вопрос - каким будет число $d=\sqrt{2x^2+2y^2-z^2$, если учесть, что $(x,y<z)=1$, а число $b=\frac{z^2-x^2}{y}$ - рациональная дробь?
Дед.

[Батороев]

bot писал(а):

Батороев задавал условие и просто пропустил начальное слово пусть.

Точно, пропустил слово «пусть»!

Попытаюсь исправиться…, развив известную Вам тему из другого раздела.

Пусть имеется линейка с нанесенными на ней делениями в виде чисел натурального ряда в $n$-ной степени.

Вывод из ВТФ:
Такой линейкой нельзя отмерить отрезок, длина которого равна любому натуральному числу в той же степени, если только $n$ не больше 2-х (если $n=1$, то отмеряется любой целочисленный отрезок, если $n=2$, то - почти любой, за исключением отрезков, степень четности которых равна $ 2^1 $).

[AD]

ljubarcev писал(а):

Для параллелограмма справедливо: $2x^2+2y^2=z^2+d^2$. Ясно, что при целых $z;y;x$ число $d^2$ - целое. Вопрос - каким будет число $d=\sqrt{2x^2+2y^2-z^2$, если учесть, что $(x,y<z)=1$, а число $b=\frac{z^2-x^2}{y}$ - рациональная дробь?

Не, не, не, это не ко мне вопрос. Я умею только тривиальные вещи говорить.

Что значит "каким будет?" Ну, алгебраическим уж точно будет.

Примеры
$x=3$,$y=4$,$z=5$, $d=5$.
$x=2$,$y=3$,$z=4$, $d=\sqrt{10}$.
$x=1$,$y=1$,$z=1$, $d=\sqrt{3}$.
показывают, что ни рациональность, ни иррациональность утверждать нельзя.

Запись $(x,y<z)=1$ не понятна. И при чем тут $b$ вообще?

[ljubarcev]

AD писал(а):

Не, не, не, это не ко мне вопрос. Я умею только тривиальные вещи говорить.

Что значит "каким будет?" Ну, алгебраическим уж точно будет.

Примеры
$x=3$,$y=4$,$z=5$, $d=5$.
$x=2$,$y=3$,$z=4$, $d=\sqrt{10}$.
$x=1$,$y=1$,$z=1$, $d=\sqrt{3}$.
показывают, что ни рациональность, ни иррациональность утверждать нельзя.

Запись $(x,y<z)=1$ не понятна. И при чем тут $b$ вообще?

Уважаемый AD !
1.Записью вида $(x;y<z)=1$ я записал:- "предполагается что числа $x;y;z$ взаимно простые и что число $z$ среди них – наибольшее".
2.О числе $b$. Взяв два упомянутых треугольника и наложив их друг на друга так что бы совпали стороны $y$ получим равнобокую трапецию с боковыми сторонами $x$, диагоналями $z$, нижним основанием $y$, тогда верхнее основание и будет $b$. $by=z^2-x^2$ в соответствии с теоремой Птолемея, так как вокруг любой равнобокой трапеции можно всегда описать окружность, а теорема Птолемея справедлива для любого четырёхугольника, вокруг которого можно описать окружность.
3.Поступая аналогично, взяв за нижнее основание $x$ - получим - $b_1x=z^2-y^2$, а если $z$ - то $b_2z=y^2-x^2$.
Так как треугольники одни и те же, то одновременно $by=z^2-x^2$; $b_1x=z^2-y^2$, $b_2z=y^2-x^2$.
Отсюда получаем равенство $by=b_1x+b_2z$, которое ну очень похоже на уравнение Диофанта и было бы таковым при целых $b;b_1;b_2$. Например, при $b=y$; или $b_1=x$ или $b_2=z$ всегда будет $z^2=x^2+y^2$. Тут Ваш «банальный» пример $x=3;y=4;z=5$ попадает в точку.
В нашем случае при $n>2$ числа $b;b_1;b_2$ дробные –рациональные. Логично возникает вопрос – имеет ли решения уравнение $by=b_1x+b_2z$ решения при $(x;y;z)=1$ ?
Дед.

[Yarkin]

shwedka писал(а):

Yarkin писал(а):

Эти условия необходимы, но их недостаточно (см. теорему существования у С. И. Новоселова в его книге"Специальный курс тригонометрии").

И чего только не узнаешь!!!!
Стало быть, условий x+y>z, при том, что x,y<z,
не будет достаточно для существования треугольника!!!
Раскройте тайну,
ПОЧЕМУУУУ?

$x, y, z$ числа или отрезки?

[shwedka]

Yarkin писал(а):

shwedka писал(а):

Yarkin писал(а):

Эти условия необходимы, но их недостаточно (см. теорему существования у С. И. Новоселова в его книге"Специальный курс тригонометрии").

И чего только не узнаешь!!!!
Стало быть, условий x+y>z, при том, что x,y<z,
не будет достаточно для существования треугольника!!!
Раскройте тайну,
ПОЧЕМУУУУ?

$x, y, z$ числа или отрезки?

положительные числа, являющиеся длинами отрезков.

[AD]

Теорема. Всякое положительное число является длинной некоторого отрезка.

[sergmirdin]

Цитата:

Теорема. Всякое положительное число является длинной некоторого отрезка

Ловлю на слове - это когда вы будете критиковать "фундаментальные графики".

[AD]

sergmirdin писал(а):

Цитата:

Теорема. Всякое положительное число является длинной некоторого отрезка

Ловлю на слове - это когда вы будете критиковать "фундаментальные графики".

Чяво?

[Yarkin]

shwedka писал(а):

положительные числа, являющиеся длинами отрезков.

Для них, пока они не образуют замкнутую фигуру, достаточно одного уравнения: $x^n+y^n=z^n, n=2, 3,...$В противном случае - недостаточно. Так что использовать эту фигуру в качестве решения этого уравнения нельзя.

[AD]

Что значит "достаточно"? Достаточно для чего? Это что - определение, аксиома, теорема?

[Yarkin]

AD писал(а):

Что значит "достаточно"? Достаточно для чего? Это что - определение, аксиома, теорема?

Теорема.

[bot]

Yarkin писал(а):

Теорема.

Ну что будем вытягивать, как у двоечника на экзамене?
Формулировку пожалуйста или ссылку.

[Yarkin]

bot писал(а):

Ну что будем вытягивать, как у двоечника на экзамене?

Вы от всех АУ-ков говорите или делитесь опытом?

bot писал(а):

Формулировку пожалуйста или ссылку.

Достаточно названия: теорема косинусов.

[Бодигрим]

Нет, если можно, все-таки приведите вашу формулировку теоремы косинусов. Я не могу сходу провести аналогию между вашим высказыванием и равенством $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha$.