Существует ли решение?

[TR63]

mihaild в сообщении #1201340 писал(а):

довольно странно использовать

Желательно точнее: странно или нельзя. Если нельзя, то почему, откуда следует, в чём криминал. Мне это пока не понятно.

mihaild в сообщении #1201340 писал(а):

Видно, что нужно, чтобы $x, \beta, r$ были взаимно простыми

Почему они должны быть обязательно без общего делителя (ведь общий делитель сокращается; на что это влияет)?
Я поняла, что осталось доказать, что, полученные таким образом (a,b,c), не имеют общего делителя. Можно те тройки, которые получены этим методом и имеют общий делитель, не рассматривать.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201347 писал(а):

Желательно точнее: странно или нельзя. Если нельзя, то почему, откуда следует, в чём криминал

Зависит от конкретной ситуации. На экзамене или в публикации - нельзя, на форуме - в зависимости от конкретной ситуации.
Криминал в том, что, если у вас в доказательстве не указано, где вы используете условие, то ваше доказательство можно без изменений перенести на задачу без этого условия, после чего оно начнет (в данном случае) доказывать неверное утверждение.
Это может быть, например, если вы используете какой-то переход, требующий этого условия, но при этом на это условие не ссылаетесь.

TR63 в сообщении #1201347 писал(а):

Почему они должны быть обязательно без общего делителя

Вы применяете теорему об общем виде примитивных пифагоровых троек, делая переход $4x^2 + \beta^2 = r^2 \rightarrow \exists m,n \in \mathbb{N}: 2x = 2mn, \beta=m^2-n^2, r=m^2+n^2$. Она применима только если $(2x, \beta, r)$ взаимно просты.

TR63 в сообщении #1201347 писал(а):

ведь общий делитель сокращается; на что это влияет

При домножении $x, \beta, r$ на какое-то число, $m$ и $n$ умножатся на корень из этого числа - и могут перестать быть целыми.

TR63 в сообщении #1201347 писал(а):

полученные таким образом (a,b,c), не имеют общего делителя

Каким методом? Вы пока что из любой тройки (даже без требования взаимной простоты) $(a, b, c)$, являющейся решением, изготовили тройку $(x, \beta, r)$ (и доказали, что полученные числа не могут быть взимно просты).

[TR63]

mihaild в сообщении #1201350 писал(а):

Криминал в том, что, если у вас в доказательстве не указано, где вы используете условие

У меня указано, где используется свойство "отсутствие общих делителей".

mihaild в сообщении #1201350 писал(а):

пока что из любой тройки (даже без требования взаимной простоты) $(a, b, c)$, являющейся решением, изготовили тройку $(x, \beta, r)$

И так же нашла, что $c=n(m-n)$ (это понятно? или надо расписать подробно?). (a,b) находятся аналогично. Это тоже надо подробно расписывать?

-- 18.03.2017, 01:45 --

mihaild в сообщении #1201340 писал(а):

Где нужно, чтобы все три не были четными - понятно.

Судя по Вашим постам (Вы говорите, что найдены только $(x,\beta,r)$), я сомневаюсь, что понятно. Разве не найдено (c)?

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201359 писал(а):

У меня указано, где используется свойство "отсутствие общих делителей".

Не вижу. Киньте в меня цитатой, пожалуйста.
Вы пользовались более слабым свойством "они не являются все четными", которого недостаточно.

TR63 в сообщении #1201359 писал(а):

И так же нашла, что $c=n(m-n)$

Эти $m$ и $n$ заданы только в том случае, если $x, \beta, r$ взаимно просты.

Еще совсем непонятно, что такое $n_1$ и $n_2$, но это потом.

Вообще, каждый раз когда в рассуждении появляется новая буква, стоит писать, что она означает - либо явное выражение, либо "по теореме такой-то существуют такие целые $m,n$ что $\ldots$.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201370 писал(а):

Вы пользовались более слабым свойством "они не являются все четными", которого недостаточно

"Они, т.е. $(a,b,c)$, не являются все чётными" не потому, что заранее не считаются все чётными, а потому, что не имеют общего делителя. "Не имеют общего делителя" свойство более общее, чем "не все чётные".

mihaild в сообщении #1201370 писал(а):

Не вижу

Объясняю: получили, что должны при существовании решения $(a,b,c)$ выполняться условия $(n)$ чётное (этот момент понятен? или надо объяснить?) и
$2mn=n^2+n_1^2+n_2^2$, где

$x-c=a+b=n^2$

$x-b=a+c=n_1^2$ (это вычисляется по аналогии с вычислением $(x-c)$)

$x-a=b+c=n_2^2$

Левая часть делится на четыре. Правая часть на четыре не делится, т.к. числа $(a,b,c)$, не имея общего делителя, не могут быть одновременно чётными. Этого достаточно, чтобы правая часть не могла делиться на четыре. Т.е. получается противоречие. Если это понятно, то далее надо выяснить, что следует из противоречия.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201424 писал(а):

"Не имеют общего делителя" свойство более общее, чем "не все чётные"

Но пользовались вы только тем, что не все четные. Т.е. непонятно, что сломается в вашем доказательстве, если заменить в условии "взаимно просты" на "хотя бы одно нечетное" (а что-то сломаться должно, т.к. получим неверное утверждение).
Если бы ваше доказательство в текущем виде было корректным, то, ослабив начальное условие, мы бы получили корректное доказательство неверного утверждения.

TR63 в сообщении #1201424 писал(а):

получили, что должны при существовании решения $(a,b,c)$ выполняться условия $(n)$ чётное

Нет, мы вообще не доказали, что существует (целое) $n$.

TR63 в сообщении #1201424 писал(а):

надо выяснить, что следует из противоречия

Из этого следует, что в предположениях, при которых все сделанные переходы корректны (а это "$a, b, c$ не являются все четными и $x, \beta, r$ взаимно просты), решений нет.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201426 писал(а):

непонятно, что сломается в вашем доказательстве, если заменить в условии "взаимно просты" на "хотя бы одно нечетное

Свойство "хотя бы одно нечётное" подразумевает также и вариант "два чётных, одно нечётное". Этого явно не может быть. Почему? Объясняю (повторно): тогда чётное не делится на нечётное.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201440 писал(а):

Этого явно не может быть

Да, поэтому вводить дополнительные условия на этот случай не надо.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201426 писал(а):

ослабив начальное условие, мы бы получили корректное доказательство неверного утверждения.

Не надо ослаблять условие. Надо думать, что делать дальше. Можно разделить все решения на два класса. В одном с общим делителем, в другом без. В каждом классе должно существовать минимальное решение. В классе с общим делителем минимальное решение существует. В классе без общего делителя минимального решения не существует, т.к. там есть противоречие.

[mihaild]

TR63, почему ваше доказательство не доказывает, что нет решений, в которых $a, b, c$ не все четные, но при этом не взаимно простые?
Вот представьте себе все ваши рассуждения, выписанные вместе, только в начале вместо "$a, b, c$ взаимно просты" написано "$a, b, c$ не все четные".

(ну и всё еще не доказано, что целые $m$ и $n$ существуют)

[TR63]

mihaild в сообщении #1201470 писал(а):

в начале вместо "$a, b, c$ взаимно просты" написано "$a, b, c$ не все четные".

Не понимаю, почему мне для доказательства в взаимно простых необходимо доказать в "не все чётные", а в "Олимпиадном разделе" (откуда эта задача взята), это условие(требование) не является необходимым. Потому что оно там не используется? Но у меня оно используется как следствие, а не как причина. Почему следствие надо ставить впереди причины?

[mihaild]

Вам не нужно доказывать для случая "не все четные" (тем более что это сделать невозможно).
Но, если бы ваше текущее доказательство было бы правильным, то оно доказывало бы не только для "взаимно простых", но и для любых "не всех четных". Т.к. этого сделать нельзя, ваше доказательство правильным быть не может.

И даже понятно, в какой момент возникает проблема - когда вы вводите $m$ и $n$.

[TR63]

"Не всех" означает "не любых". Тогда, что означает: "нельзя доказать для любых не любых чётных" ("любые не любые"?).
С (m,n) разбираться можно в порядке очереди, если до их введения не обнаружится проблем. Только обратите внимание. Я ввела поправку: (a,b,c) минимальное решение без общих делителей. Возможно, следует рассматривать минимальными и $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$.

[mihaild]

Есть два разных условия: $P$: $a, b, c$ взаимно просты, $Q$: среди $a, b, c$ есть нечетное число. Есть еще утверждение $V$: тройка $(a, b, c)$ - решение исходной системы (для каких-то натуральных $\alpha_i$).
Если бы ваше доказательство было корректным, то оно доказывало бы, что не существует троек, удовлетворяющих одновременно $Q$ и $V$ (поскольку во всех приведенных обоснованиях $P$ не требуется, достаточно $Q$). Но такие тройки существуют. Следовательно, доказательство некорректно.

"Для любых "не всех четных"" парсится как "для любых (троек), не все (элементы) которых четные".

TR63 в сообщении #1201490 писал(а):

(a,b,c) минимальное решение

Тут еще хорошо бы сказать, что такое "минимальная тройка".

До введения $m$ и $n$ всё в порядке (и там пока что не требовалось вообще никаких ограничений на $a, b, c$, кроме того, что они удовлетворяют системе).

[TR63]

mihaild в сообщении #1201492 писал(а):

Есть два разных условия: $P$: $a, b, c$ взаимно просты, $Q$: среди $a, b, c$ есть нечетное число. Есть еще утверждение $V$: тройка $(a, b, c)$ - решение исходной системы (для каких-то натуральных $\alpha_i$).
Если бы ваше доказательство было корректным, то оно доказывало бы, что не существует троек, удовлетворяющих одновременно $Q$ и $V$ (поскольку во всех приведенных обоснованиях $P$ не требуется, достаточно $Q$). Но такие тройки существуют. Следовательно, доказательство некорректно.

Я думаю, что это утверждение можно рассматривать как теорему. Допустим, что она верна при условии, что пересечение P и Q пусто. Откуда следует, что такая теорема верна при не пустом пересечении. В нашем случае пересечение не является пустым. Если Вы как-то доказали для первого случая, то как Вы доказываете для второго случая. Ведь, это абсолютно разные ситуации.