Существует или может существовать.

[AD]

Yarkin писал(а):

На Форуме, по моему, уже привыкли к моим взглядам, а потому специального предуреждения им не надо.

Зато еще не все их поняли, потому что вы их не выразили формально. Точнее, я еще не встречал никого, кто понял.

[Yarkin]

AD писал(а):

Так это и требуется доказать.

Хоть маленькое, но признание есть, а то я думал, что не признаете полностью.

AD писал(а):

Потому что при $n=2$, $x=3$, $y=4$, $z=5$, и треугольник существует, и углы $A$, $B$, $C$ существуют, и теорема косинусов выполняется, и все равно гипотенуза с катетом соизмерима.

Увы, нельзя брать эти значенеия, потомучто Вы нарушаете условие существования этого уравнения. Так что теперь Ваша очередь думать, чтобы опровергнуть меня.

AD писал(а):

Но даже если бы ваше рассуждение было похоже на доказательство, и вы привели бы определение решения (что после тридцати или скольких-то-там страниц наших разговоров я уж и не надеюсь услышать), я бы поставил перед вами следующий вопрос: а корни у уравнения есть?

Зачем? Определение правильное. Вот только корни, полученные или сохранившиеся после преобразования уравнения придется отбрасывать. Первое знакомо, а второе надо разрабатывать. Так что уравнение $x^2+y^2=z^2 - математический хамелион, сыгравший злую шутку с математиками

Добавлено спустя 2 минуты 21 секунду:

AD писал(а):

Зато еще не все их поняли, потому что вы их не выразили формально. Точнее, я еще не встречал никого, кто понял.

Они отражены в моих практических результатах.

[AD]

Yarkin писал(а):

Вы нарушаете условие существования этого уравнения.

Какое именно?

Yarkin писал(а):

Хоть маленькое, но признание есть, а то я думал, что не признаете полностью.

Не больше, чем любого другого ферматика. Ничего не доказали вообще.

Yarkin писал(а):

Они отражены в моих практических результатах.

Еще ни одного не видел.

[Yarkin]

AD писал(а):

Какое именно?

$cos^2 A + cos^2 B = 1$

AD писал(а):

Не больше, чем любого другого ферматика. Ничего не доказали вообще.

И это немногое забралию Остался без ничего!

AD писал(а):

Еще ни одного не видел.

Потрудитесь опровергнуть доказательство.

[AD]

Yarkin писал(а):

AD писал(а):

Какое именно?

$cos^2 A + cos^2 B = 1$

Ничего я не нарушаю. $\cos A=4/5$, $\cos B=3/5$, $\cos^2 A+\cos^2 B=16/25+9/25=1$.

[Yarkin]

AD писал(а):

Yarkin писал(а):

AD писал(а):

Какое именно?

$cos^2 A + cos^2 B = 1$

Ничего я не нарушаю. $\cos A=4/5$, $\cos B=3/5$, $\cos^2 A+\cos^2 B=16/25+9/25=1$.

У Вас два прилежащих катета?

[AD]

Yarkin писал(а):

У Вас два прилежащих катета?

А какие еще бывают катеты??

Добавлено спустя 2 минуты 5 секунд:

Всё в ваших обозначениях. Углы $A$ и $B$ вычислялись из формул $(2)$.

[Yarkin]

AD писал(а):

Всё в ваших обозначениях. Углы $A$ и $B$ вычислялись из формул .

Все верно. Чистый нокаут. Сдаюсь. $n=2$ пока убираю. Для $n > 2$ корни имют вид $x=zcos^{2/n} B, y=zcos^{2/n} A, z$ и, если $z$ - целое, то $x$ и $y$ - иррациональные.

[AD]

Yarkin писал(а):

Для $n > 2$ корни имют вид $x=zcos^{2/n} B, y=zcos^{2/n} A, z$ и, если $z$ - целое, то $x$ и $y$ - иррациональные.

А это почему? Понимаете, здесь я не смогу привести контрпример, иначе я бы опроверг теорему Ферма. Но доказанность при $n>2$ настолько же отсутствует, как и при $n=2$. Вы лишь переформулировали формулировку.

P.S. Уххх.....


Добавлено спустя 5 минут 26 секунд:

Хотя, пожалуй, в такой формулировке привести контрпример не сложно. Скажем, при $x=1$, $y=\sqrt[3]{7}$, $z=2$, имеем $x^3+y^3=z^3$, и имеем всё тот же треугольник, но при этом иррациональным будет только одно из чисел $x$ и $y$, а не оба, как вы утверждали:

Цитата:

если $z$ - целое, то $x$ и $y$ - иррациональные.

Более того, ясно, что число $(\cos A)^{2/n}$ бывает рациональным (хотя бы потому, что функция $f(x)=(\cos x)^{2/n}$ непрерывна, и, следовательно, принимает все промежуточные значения). Так что проблема --- как раз в том, чтобы доказать, что $(\cos A)^{2/n}$ и $(\cos B)^{2/n}$ не могут быть рациональными одновременно.

[Yarkin]

AD писал(а):

Более того, ясно, что число $(cos A)^{2/n}$ бывает рациональным (хотя бы потому, что функция $f(x) = (cosx)^{2/n}$ непрерывна, и, следовательно, принимает все промежуточные значения). Так что проблема --- как раз в том, чтобы доказать, что $(cos A)^{2/n}$ и $(cosB)^{2/n}$ не могут быть рациональными одновременно.

Но, если $x$ и $y$ предположить целыми, тогда они не будут взаимно простыми.

[AD]

Yarkin писал(а):

Но, если $x$ и $y$ предположить целыми, тогда они не будут взаимно простыми.

1. А в случае $n=2$ почему такого не происходит?
2. Если вы так уверены, то предъявите общий делитель!

[Yarkin]

Yarkin писал(а):

Все верно. Чистый нокаут. Сдаюсь. $n=2$ пока убираю.

Нет, не сдаюсь. Еще можно сопротивляться. Сделаем проще.
Теорема Ферма. Обобщенная. “Если $ n $ означает какое угодно целое положительное число, большее нежели 1, то уравнению

$$ x^n + y^n = z^n, \eqno (1) $$

не могут удовлетворять никакие три целых положительных числа $ x, y $ и $ z $, [1, 11].
Доказательство. Допустим противное: Решение уравнения (1) в целых положительных числах существует.Для уравнения (1) может не существовать или существовать прямоугольный треугольник с длинами сторон $x^{n/2}, y^{n/2}, z^{n/2}$. Это зависит от невыполнения или выполнения для него теоремы косинусов [2, 330]:

$$ \left\{ \begin{aligned} (x^{n/2})^2 + (y^{n/2})^2 - 2x^{n/2}y^{n/2}\cos C = (z^{n/2})^2\\ (z^{n/2})^2 + (x^{n/2})^2 - 2(x^{n/2}) (z^{n/2}) \cos B = (y^{n/2})^2\\ (z^{n/2})^2 + (y^{n/2})^2 - 2(y^{n/2}) (z^{n/2}) \cos A = (x^{n/2})^2.\\ \end{aligned} \right. \eqno (2) $$

с условиями для сторон

$$ x^{n/2} > 0, y^{n/2} > 0, z ^{n/2} > 0, $$

которые выполняются и для углов

$$ 0 < A < \pi, 0 < B < \pi, 0 < C < \pi , A + B + C = \pi. \eqno (3) $$

Рассмотрим каждый случай в отдельности.
1.Треугольник не существует. Тогда должны нарушаться условия (3). Это возможно при: а) $C = A = \pi/2, B = 0$, тогда соотношения (2) соответственно дадут $x^n + y^n = z^n, z^{n/2} + x^{n/2} = y^{n/2}, z^n + y^n = x^n$, что возможно только при $x = y = z =0$;
b)$C = \pi, A = B = 0$, тогда все три соотношения (2) примут вид
$ x^{n/2} + y^{n/2} = z^{n/2}$, что, с учетом (1) возможно, когда либо $x = 0$, либо $y = 0$. Получили противоречие.
2.Треугольник существует. Уравнение (1) из системы (2) мы получим при

$$ C = \pi/2, x^{n/2} = z^{n/2}\cos B, y^{n/2} = z^{n/2}\cos A. \eqno (4) $$
.
С другой стороны, по определению, имеем

$$ x^{n/2} = z^{n/2}\cos A, y^{n/2} = z^{n/2}\cos B. \eqno (5) $$

Сравнивая соотношения (4) и (5), получим условие существования прямоугольного треугольника для уравнения (1)

$$ A = B, \eqno (6) $$

но у такого треугольника гипотенуза не соизмерима с катетом. Получили противоречие и для второго случая. Теорема доказана полностью.



Литература

1. Хинчин А. Я. Великая теорема Ферма, Госиздат, М – Л, 1927, с. 76.
2. Новоселов С. И. Специальный курс тригонометрии, “Советская наука”, М., 1953, с. 464.

[shwedka]

Цитата:

С другой стороны, по определению, имеем

$$ x^{n/2} = z^{n/2}\cos A, y^{n/2} = z^{n/2}\cos B. \eqno (5) $$

по какому oпределению???

[Алексей К.]

Yarkin писал(а):

1.Треугольник (с длинами сторон $x^{n/2}, y^{n/2}, z^{n/2}$.) не существует. Тогда должны нарушаться условия (3).

ПОЧЕМУ??? Несуществание такого треугольника означает лишь $x^{n/2}+y^{n/2}<z^{n/2}$ и ничего более.

(А теорему косинусов и теорему $\angle A+\angle B+\angle C=\pi$ можно применять только к существующим треугольникам. Примерно, как атрибуты "кислый---сладкий" можно применять лишь к существующим продуктам.)

Добавлено спустя 15 минут 10 секунд:

Уважаемые модераторы, понимая, что за всем не уследить, спешу донести, что г-н Yarkin
дублирует свои тексты в разных ветках!
Здесь и здесь

[PAV]

PAV:

Yarkin,
строгое замечание за дублирование сообщений.