ВТФ и треугольники

[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
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.

Уважаемая Shwedka ! Ранее я выразился не четко. Прошу прощения и посмотреть ещё раз. Из $a=x^k\sqrt{x}$; $b=y^k\sqrt{y}$; $c=z^k\sqrt{z}$ имеем $x=\sqrt[n]{a^2}$; $y=\sqrt[n]{b^2}$; $z=\sqrt[n]{c^2}$ и $x^n+y^n-z^n=a^2+b^2-c^2=0$
Из $x=\sqrt[n]{a^2}$; $y=\sqrt[n]{b^2}$; $z=\sqrt[n]{c^2}$ очевидно, что $x;y;z$ иррациональны и могут быть целыми только если числа $a;b;c$ сами являются числами в $n$ степени.
В последнем случае было бы $x=a_1^2$; $y=b_1^2$; $z=c_1^2$, Откуда очевидно, что исходное равенство $x^n+y^n=z^n$ может иметь решеня в целых числах только когда числа $x;y;z$ являются натуральными квадратами..
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

Из $x=\sqrt[n]{a^2}$; $y=\sqrt[n]{b^2}$; $z=\sqrt[n]{c^2}$ очевидно, что $x;y;z$ иррациональны

Не очевидно.

Цитата:

и могут быть целыми только если числа $a;b;c$ сами являются числами в $n$ степени.

и могут быть целыми только если числа $a^2;b^2;c^2$ сами являются целыми числами в $n$ степени.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev писал(а):

Из $x=\sqrt[n]{a^2}$; $y=\sqrt[n]{b^2}$; $z=\sqrt[n]{c^2}$ очевидно, что $x;y;z$ иррациональны

Не очевидно.

Цитата:

и могут быть целыми только если числа $a;b;c$ сами являются числами в $n$ степени.

и могут быть целыми только если числа $a^2;b^2;c^2$ сами являются целыми числами в $n$ степени.

Уважаемая Shwedka ! Так и я о том же. Если числа $a^2;b^2;c^2$ "сами являются числами в $n$ степени", то при не чётном $n$ должно быть $a^2=a_1^{2n}$; $b^2=b_1^{2n}$; $c^2=c_1^{2n}$ и должно быть $x=a_1^2$; $y=b_1^2$; $z=c_1^2$.
Предполагаемое исходное равенство может иметь место только когда числа $x;y;z$ иррациональны или являются натуральными квадратами.
Дед.

[shwedka]

Вы были бы правы, если бы доказали, что $a_1, b_1,c_1$ - целые числа. жду докаzательства.
Уточняю еще раз, Вы пишете

Цитата:

Если числа $a^2;b^2;c^2$ "сами являются числами в $n$ степени", то при не чётном $n$ должно быть $a^2=a_1^{2n}$; $b^2=b_1^{2n}$; $c^2=c_1^{2n}$

то есть
$a_1=a^{1/n}...$. ПОЧЕМУ ЭТИ ЧИСЛА $a_1=a^{1/n}...$. ЦЕЛЫЕ?????

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Вы были бы правы, если бы доказали, что $a_1, b_1,c_1$ - целые числа. жду докаzательства.
Уточняю еще раз, Вы пишете

Цитата:

Если числа $a^2;b^2;c^2$ "сами являются числами в $n$ степени", то при не чётном $n$ должно быть $a^2=a_1^{2n}$; $b^2=b_1^{2n}$; $c^2=c_1^{2n}$

то есть
$a_1=a^{1/n}...$. ПОЧЕМУ ЭТИ ЧИСЛА $a_1=a^{1/n}...$. ЦЕЛЫЕ?????

Уважаемая Shwedka ! В том то и дело, что они не целые. Но они должны быть целыми, чтобы исходное равенство $z^n=x^n+y^n$ имело место в натуральных числах. Разве это не противоречие?
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

shwedka писал(а):

Вы были бы правы, если бы доказали, что $a_1, b_1,c_1$ - целые числа. жду докаzательства.
Уточняю еще раз, Вы пишете

Цитата:

Если числа $a^2;b^2;c^2$ "сами являются числами в $n$ степени", то при не чётном $n$ должно быть $a^2=a_1^{2n}$; $b^2=b_1^{2n}$; $c^2=c_1^{2n}$

то есть
$a_1=a^{1/n}...$. ПОЧЕМУ ЭТИ ЧИСЛА $a_1=a^{1/n}...$. ЦЕЛЫЕ?????

! В том то и дело, что они не целые. Но они должны быть целыми, чтобы исходное равенство $z^n=x^n+y^n$ имело место в натуральных числах.

Ваше последнее утверждение требует доказательства. Почему они должны быть целыми??
Вы повторяете утверждение, но не даете доказательства.
Уточняю. Почему эти числа, $a_1=a^{1/n}...$, не могут быть иррациональными квадратными корнями из целых??

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Ваше последнее утверждение требует доказательства. Почему они должны быть целыми??
Вы повторяете утверждение, но не даете доказательства.
Уточняю. Почему эти числа, $a_1=a^{1/n}...$, не могут быть иррациональными квадратными корнями из целых??

Уважаемая Shwedka ! Вы правы, они могут в прямоугольном треугольнике быть любыми числами. Например, возьмите два отрезка, длинами $e^2$; $e$ - основание натуральны логарифмов, и $(pi)^2$; $(pi)$ - отношение длины окружности к её диаметру и Вы можете построить прямоугольный треугольник с катетами $((pi)^2-e^2)$;$(2(pi)e)$; и диагональю
$((pi)^2+e^2)$, так как $((pi)^2-e^2)^2+(2(pi)e)^2=((pi)^2+e^2)^2$.
Обращаю внимание: Вы требуете доказать доказанное.
В начале темы доказано, что при $z^n=x^n+y^n$ и $n=2k+1$, тройка чисел $z;y;x$ должна удовлетворять неравенствам $x^2+y^2>z^2$; $x^4+y^4>z^4$...$x^{2k}+y^{2k}>z^2k$. Из этих неравенств следует два вывода: тройка чисел $z;y;x$ удовлетворяет условию одновременного существования $2k$ целочисленных треугольников и, что ни один из этих треугольников не может быть прямоугольным, так как $x^2+y^2\ne z^2$; $x^4+y^4\ne z^4$...$x^{2k}+y^{2k}\ne z^{2k}$.
Дед.

Следите, пожалуйста, за правильностью оформления цитат. Неужели так тяжело вставить случайно удалённую квадратную скобку? Jnrty.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

shwedka писал(а):

Ваше последнее утверждение требует доказательства. Почему они должны быть целыми??
Вы повторяете утверждение, но не даете доказательства.
Уточняю. Почему эти числа, $a_1=a^{1/n}...$, не могут быть иррациональными квадратными корнями из целых??

Уважаемая Shwedka ! Вы правы, они могут в прямоугольном треугольнике быть любыми числами. Например, возьмите два отрезка, длинами $e^2$; $e$ - основание натуральны логарифмов, и $(pi)^2$; $(pi)$ - отношение длины окружности к её диаметру и Вы можете построить прямоугольный треугольник с катетами $((pi)^2-e^2)$;$(2(pi)e)$; и диагональю
$((pi)^2+e^2)$, так как $((pi)^2-e^2)^2+(2(pi)e)^2=((pi)^2+e^2)^2$.
Обращаю внимание: Вы требуете доказать доказанное.
В начале темы доказано, что при $z^n=x^n+y^n$ и $n=2k+1$, тройка чисел $z;y;x$ должна удовлетворять неравенствам $x^2+y^2>z^2$; $x^4+y^4>z^4$...$x^{2k}+y^{2k}>z^2k$. Из этих неравенств следует два вывода: тройка чисел $z;y;x$ удовлетворяет условию одновременного существования $2k$ целочисленных треугольников и, что ни один из этих треугольников не может быть прямоугольным, так как $x^2+y^2\ne z^2$; $x^4+y^4\ne z^4$...$x^{2k}+y^{2k}\ne z^{2k}$.
Дед.

Да, ни один из этих треугольников не может быть прямоугольным. Но это не влечет никакого противоречия. По крайней мере Вы никакого противоречия не продемонстрировали. Тот прямоугольник со сторонами a,b,c, который у Вас получился, НЕ ВХОДИТ в приведенный Вами список.
Еще раз. Почему числа $a_1=a^{1/n}...$, не могут быть иррациональными квадратными корнями из целых??Вы написали, что если эти числа нецелые, то уравнение Ф не может выпоняться для целых x,y,z. Доказательства Вы пока не предъявили.

Исправил тег цитирования. Jnrty.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Еще раз. Почему числа $a_1=a^{1/n}...$, не могут быть иррациональными квадратными корнями из целых??Вы написали, что если эти числа нецелые, то уравнение Ф не может выпоняться для целых x,y,z. Доказательства Вы пока не предъявили.

Исправил тег цитирования. Jnrty.

Уважаемая Shwedka ! Я уже согласился, что $a_1$ может быть не натуральным числом и привел пример, когда числа даже трансцедентные. Это является следствием того очевидного факта, что уравнению $z^n=x^n+y^n$ удовлетворяет любая пара натуральных чисел $x;y$ и число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$. Ясно, что найдутся такие пары $x;y$, когда $z$ будет иррациональным. Что нет такой пары натуральных $(x;y)=1$ при которой $z$ было бы дробным рациональным числом $z=c/d$ - $(c;d)=1$ легко доказуемо. Действительно, если предположить обратное, то было бы при $z^n=x^n+y^n$
$(c/d)^n=x^n+y^n$ и ясно, что равенство невозможно, так как правая часть –целое число (как сумма целых чисел), а дробное число слева целым быть не может, в какую степень его ни возводи. Таким образом доказано, что исходное равенство дробных рациональных решений не имеет. $z\ne c/d$
Дальше можно рассуждать двояко.
1.Так как множество натуральных чисел является подмножеством рациональных чисел (когда $d=1$), то исходное равенство не имеет решений и в целых числах.
2.Следствием доказанного $(c/d)^n\ne x^n+y^n$ является $c^n\ne (dx)^n+(dy)^n$ из которого очевидно – нет натурального числа $c$ , $n$ степень которого представима суммой двух не взаимно простых чисел в той же степени.
В отличие от «спуска» Ферма - невозможен «подъём».
Дед.

[shwedka]

ljubarcev
Ну уж эти фишки Вам объясняли неоднократно. Но, чтобы Вы не уворачивались, что я Вам не говорила,
пожалуйста.

Цитата:

Ясно, что найдутся такие пары $x;y$, когда $z$ будет иррациональным. Что нет такой пары натуральных $(x;y)=1$ при которой $z$ было бы дробным рациональным числом $z=c/d$ - $(c;d)=1$ легко доказуемо.

Подчеркиваю, дробным рациональным числом, не я писала, Вы!!!

Цитата:

1.Так как множество натуральных чисел является подмножеством рациональных чисел...

Да, но не дробных рациональных чисел.. Аут

Цитата:

нет натурального числа $c$ , $n$ степень которого представима суммой двух не взаимно простых чисел в той же степени.

Святая правда!! но ее знали школьники 200 лет назад. До ВТФ как до Пекина ползком.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Святая правда!! но ее знали школьники 200 лет назад. До ВТФ как до Пекина ползком.

Уважаемая Shwedka !
Вы правы. На первом этапе доказано только то , что $z$ не может быть дробным рациональным числом. Вы утверждаете, что этот факт известен более 200 лет. Возможно. Интересно было бы прочитать. Хотелось бы получить ссылку.
На втором этапе показано (следствие), что при этом верно неравенство $c^n\ne d^nx^n+d^ny^n$. Введем обозначения $X=dx$ , $Y=dy$, получим, что верно
$c^n\ne X^n+Y^n$, то есть нет натурального числа $c$, $n$ степень которого представима суммой $n$ степеней двух других не взаимно простых чисел.
Теперь вернёмся к тому, с чего начиналось доказательство (и это, точно, известно более 200 лет).
А начинается оно из предположения: допустим, что существует тройка произвольных натуральных чисел $Z;Y;X$, удовлетворяющая равенству $Z^n=X^n+Y^n$ (1) и простыми рассуждениями доказывается, что при этом должно существовать и равенство $z^n=x^n+y^n$ (2) при $z;y;x$ взаимно простых.
Так как исходя из (2) доказано, что нет натурального числа $c$, $n$ степень которого представима суммой $n$ степеней двух других не взаимно простых чисел, а число $Z$ в (1) должно быть именно таким, то исходное предположение $Z^n=X^n+Y^n$ не верно.
Дед.

[shwedka]

Bы доказали только отсутствие троек X,Y,Z, для которых два числа имеют общий множитель, а третье его не имеет. и более ничего. Oно не запрещает наличия троек, имеющих общий множитель на всех.

Mожет, хватит народ смешить, коллега

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

Так как $z+x$ и $y$ взаимно просты,

С чего бы это??

Уважаемая ! Shwedka !
Я согласен с тем, что взаимная простота чисел $y$ и $z+x$ не позволяет доказать что число $c$ не целое.
Тем не менее, так как взаимная простота $y$ и $z+x$ является неотъемлемым свойством чисел, удовлетворяющих равенству $x^n+y^n=z^n$, (1) при $(x;y;z)=1$ и $n=2k+1$, считаю необходимым привести доказательство этого факта. Метод - "от противного".
Для любых $x;z$ справедливо с учётом (1):
$(z+x)^n=y^n+nzx(z+x)G+2x^n$, где $G=f(z;x;n)$ - целое.
Предположим, что $y$ и $z+x$ не взаимно простые и имеют простой общий множитель $p$, то есть $y=py_1$; $z+x=p(z+x)_!$ и после подстановки и деления на $p$:
$p^{n-1}(z+x)_1^n=p^{n-1}y_1^n+nzx(z+x)_1G+\frac{2x^n}{p}$. В последнем равенстве все числа целые, кроме числа $\frac{2x^n}{p}$, которое целым быть не может, так как $(x;y)=1$, а $y=py_1$. Следовательно, равенство в натуральных числах невозможно и $(y;(z+x))=1$. Точно так же получим: $(x;(z+y))=1$ и $(z;(y-x))=1$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev
И чего это Вы вспомнили дела двухнедельной давности??
Вроде бы, вы от того 'метода' доказательства отказались.... А как обстоит с методом прошедшей недели??
Было бы честно написать, да, мол, в тупик зашел, проврался. Попробую по-другому. А то последних читателей потеряете!!

Цитата:

взаимная простота чисел $y$ и $z+x$

вы почти правы, с точностью до пустяка. Среди чисел x,y,z два нечетных (скажем, x,z) и одно четное, y. Тогда, конечно, у чисел $y$ и $z+x$ есть общий множитель, двойка. Других, правда, нет. Но, как Вы правильно отметили, это ничему далее не помогает.

внучка