Существует ли решение?

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201500 писал(а):

Я думаю, что это утверждение можно рассматривать как теорему.

Какое утверждение?

Мы вообще нигде не рассматриваем $P \wedge Q$.
Если бы ваше доказательство работало для случая $P$, то оно работало бы и для случая $Q$, потому что нет ни одного перехода, где требовалось бы $P$ и было бы недостаточно $Q$.

Возможно, будет понятнее при такой разбивке: $Q$ - "среди $a, b, c$ есть нечетное число", $S$ - "для любого простого $p > 2$ среди чисел $a, b, c$ есть не делящееся на $p$" (чтобы условия $Q$ и $S$ были независимы); $P = Q \wedge S$. Тогда вы нигде не использовали $S$ в доказательстве - тем не менее, если снять это ограничение (оставив $Q$), то решения появятся.


Представьте себе, что вы видите доказательство утверждения "если $A, B$ и $C$, то $X$", причем доказательство нигде не использует $C$, а утверждение "если $A, B$, то $X$" неверно. Этого уже достаточно, чтобы понять, что доказательство неправильное.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201586 писал(а):

Какое утверждение

Ваше утверждение, процитированное мною выше.

mihaild в сообщении #1201586 писал(а):

Мы вообще нигде не рассматриваем $P \wedge Q$.

Но Ваше утверждение может быть сформулировано для двух различных областей (имеющих непустое пересечение и имеющих пустое пересечение. Для различных областей применения выводы могут быть не всегда однозначны одновременно, хотя само пересечение и не используется напрямую. Поэтому я просила прояснить этот вопрос.

mihaild в сообщении #1201586 писал(а):

Если бы ваше доказательство работало для случая $P$, то оно работало бы и для случая $Q$, потому что нет ни одного перехода, где требовалось бы $P$ и было бы недостаточно $Q$.

У меня переход был. Q является следствием P. Если бы было наоборот, то процитированное сейчас Ваше утверждение мне было бы понятно. А, в таком виде не понятно. Я считаю (возможно, ошибочно), что однозначность вывода, сделанного Вами, зависит от того, что первично. Если первично следствие, то вывод может быть как однозначным, так и неоднозначным.

mihaild в сообщении #1201586 писал(а):

Представьте себе, что вы видите доказательство утверждения "если $A, B$ и $C$, то $X$", причем доказательство нигде не использует $C$, а утверждение "если $A, B$, то $X$" неверно. Этого уже достаточно, чтобы понять, что доказательство неправильное.

Если А следствие С, то согласна: Ваш вывод о неправильности доказательства верен однозначно. Если наоборот, то доказательство может быть верным, если в остальном логическая цепочка завершена. Если не удаётся завершить логическую цепочку, то вопрос о правильности доказательства открыт, т.к. самого доказательства нет.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201609 писал(а):

Но Ваше утверждение может быть сформулировано для двух различных областей

Я не понимаю, про какие вообще области вы говорите.

Возможно, рассмотрение двух условий, одно из которых строго сильнее другого, было неудачной идеей. Давайте лучше смотреть на $Q$ и $S$.

TR63 в сообщении #1201609 писал(а):

У меня переход был. Q является следствием P.

Да, я плохо сформулировал. Единственное, зачем вам было нужно $P$ - это чтобы получить $Q$. Но $Q$ можно было бы получить и если в начальном условии было $Q$ вместо $P$ - это не изменило бы корректность доказательства.

TR63 в сообщении #1201609 писал(а):

Если наоборот, то доказательство может быть верным, если в остальном логическая цепочка завершена

Неважно, как соотносятся $A, B, C$ (приведенных сведений достаточно, чтобы сказать, что бывает $A \wedge B \wedge \neg C$, но это всё).
Давайте возьмем что-нибудь простое: "если $x$ делится на $2$ и $x$ делится на $3$, то $x$ делится на $6$". Представьте, что у вас есть какое-то доказательство этого утверждения, не использующее посылку "$x$ делится на $3$". Тогда оно одновременно является доказательством утверждения "если $x$ делится на $2$, то $x$ делится на $6$". Т.к. последнее утверждение неверно, у него не может быть правильных доказательств - и, значит, наше оригинальное доказательство неправильное.

[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.

Вот об этих Ваших областях P и Q я говорю. Их пересечение не пусто. В моей задаче пересечение P и Q пусто. Ваша и моя задача сформулированы для областей, обладающих противоположным свойством. Замечаете разницу? Поэтому я спрашиваю, почему они должны по Вашему обладать идентичными свойствами.

-- 18.03.2017, 22:55 --

Структура рассматриваемого примера не соответствует структуре рассматриваемой мною задачи, т.к. Ваши посылки P(х делится на 2) и Q(х делится на 3) не являются следствием и причиной.

[mihaild]

TR63, непонятно, что такое "$P$ и $Q$ в вашей задаче" (и вообще о чем ваше последнее сообщение).
И нет, не замечаю разницы. Неважно, как эти условия соотносятся между собой.

Если очень мешает - можно разбить исходное условие $P$ на $Q$ и $S$. Тогда вы в ваших рассуждениях использовали только $Q$, но не $S$. При этом если требовать $Q$, но не требовать $S$, то решение будут.

mihaild в сообщении #1201470 писал(а):

Вот представьте себе все ваши рассуждения, выписанные вместе, только в начале вместо "$a, b, c$ взаимно просты" написано "$a, b, c$ не все четные".

Если так поменять условие, то решения точно будут. Что сломается в вашем доказательстве?

[TR63]

mihaild в сообщении #1201649 писал(а):

можно разбить исходное условие $P$ на $Q$ и $S$. Тогда вы в ваших рассуждениях использовали только $Q$, но не $S$. При этом если требовать $Q$, но не требовать $S$, то решение будут

$P: a,b,c$ взаимно просты; $S$: одно чётное; два нечётных;$Q$: два чётных; одно нечётное.
Мне надо доказать, что система не имеет решений. Вы говорите, что я не использую одно из условий, пусть это условие $Q$. Для доказательства отсутствия решений в исходной системе условие $Q$ я рассматриваю отдельно, и доказываю, что решений нет.
Вот, на второй странице Вы писали, что до введения $(m;n)$ всё в порядке. Теперь Вы говорите, что не всё в порядке. Так мы никогда не доберёмся до этой парочки. А, с введением минимального решения там можно организовать метод спуска и получить противоречие. Но поскольку Вы считаете, что доказательство априори будет некорректно, то далее рассматривать решение не имеет смысла. Но, в любом случае, спасибо за помощь. Ваше замечание о $(m,n)$ существенно.
Для меня открытым и интересным остаётся вопрос: существует ли формула, дающая серию (бесконечную?) решений, когда $(a,b,c)$ имеют общий делитель.

-- 19.03.2017, 12:11 --

mihaild в сообщении #1201492 писал(а):

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).

Ограничения не требовались на $(m,n)$, но требовались на область определения, чтобы в рассматриваемой области не существовало решений. Получается, что требовались косвенным образом.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201743 писал(а):

;$Q$: два чётных; одно нечётное.

Откуда вы это взяли?

mihaild в сообщении #1201492 писал(а):

$Q$: среди $a, b, c$ есть нечетное число

Решений с двумя четными вообще нет, это неинтересно.

С вашим доказательством есть две проблемы:
1. Общая: вы нигде не используете, что у $a, b, c$ нет общих делителей, больших $2$. Но это использовать точно надо (т.к. иначе могут быть решения).
2. Конкретная: вы не доказываете существование нужных вам $m$ и $n$.

Соображение из п.1 позволяет "неконструктивно" найти ошибку в доказательстве - она там точно должна быть, но неизвестно, где. П.2 - уже конкретная ошибка.

Проблема не в том, что вы не используете все условия. Проблема в том, что вы не используете условия, при снятии которых появляются решения.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201796 писал(а):

Откуда вы это взяли?

В задаче с моей формулировкой рассматриваемая мною область разбивается именно на две такие области. О задаче с Вашей формулировкой в моём посте речи не было.

mihaild в сообщении #1201796 писал(а):

Соображение из п.1 позволяет "неконструктивно" найти ошибку в доказательстве - она там точно должна быть, но неизвестно, где

"Должна быть, но неизвестно, где"- с этим соглашусь, но с оговоркой. "Неизвестно, где" означает возможность её за конечное время не найти. Т.е. ошибка как бы есть и как бы нет одновременно.

mihaild в сообщении #1201796 писал(а):

П.2 - уже конкретная ошибка

Правильно я поняла: если будет доказан П.2, то решение будет корректно. Если "да", то следует перейти к доказательству П.2.
У меня есть идея по П.2 (возможно, ошибочная; если гарантия ошибки 100%, то, конечно, проверять её не стоит).

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201829 писал(а):

В задаче с моей формулировкой рассматриваемая мною область разбивается именно на две такие области

В вашей изначальной формулировке никаких "двух областей" вообще нет - там есть только требование взаимной простоты.
Давайте без необходимости не переопределять уже введенные обозначения (а если приходится - явно про это писать).

TR63 в сообщении #1201829 писал(а):

Т.е. ошибка как бы есть и как бы нет одновременно

Нет, как бы ошибка точно есть, но мы не знаем, где она. Если доказательство доказывает неверное утверждение - необязательно находить в нем ошибку, чтобы понять, что она там есть.
Еще раз: если мы в начале заменим условие взаимной простоты на условие "есть хотя бы одно нечетное" (которое эквивалентно тому, что нечетных ровно $2$) - то в вашем доказательстве, кажется, менять ничего не придется - оно теперь будет доказывать, что нет не только взаимно простых решений, но и вообще решений, в которых хотя бы одно число нечетное. Т.к. последнее утверждение неверно, то в новом доказательстве есть ошибка. Т.к. оно ничем не отличается от старого - то и в старом оно есть.

А всякие формализмы про "конечное время" тут неуместны.

TR63 в сообщении #1201829 писал(а):

если будет доказан П.2, то решение будет корректно

Да, будет. В этот момент вам наверняка понадобится взаимная простота $a, b, c$ (т.к. вообще она нужна, а в остальных местах - нет).

[TR63]

mihaild в сообщении #1201891 писал(а):

Да, будет. В этот момент вам наверняка понадобится взаимная простота $a, b, c$ (т.к. вообще она нужна, а в остальных местах - нет)

Да. При организации спуска так и будет. От взаимной простоты или её отсутствия зависит существование минимального решения.
Остальное комментировать не буду, т.к. оно основывается на предположениях, а не на точном знании:

mihaild в сообщении #1201891 писал(а):

кажется, менять ничего не придется - оно теперь будет доказывать, что нет не только взаимно простых решений, но и вообще решений, в которых хотя бы одно число нечетное.

Осталось доказать П.2. (Вот, не понятно, зачем была нужна вся предыдущая дискуссия, если мы пришли к тому от чего начали; напомню: я говорила, что моё доказательство будет верно, если будет доказан П.2; если я не смогу его этим методом доказать, то это будет означать только то, что ответ на исходную задачу пока неизвестен; это риторический вопрос, на который можно не отвечать.)

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201918 писал(а):

оно основывается на предположениях, а не на точном знании

Да, на предположении, что я ничего не пропустил в ваших рассуждениях. Естественно, вообще всё что я говорю тут, на нем основывается.

TR63 в сообщении #1201918 писал(а):

зачем была нужна вся предыдущая дискуссия

Потому что это важный, простой и универсальный признак того, что с доказательством что-то не так.

[TR63]

В пункте П.2 осталось ввести определение минимального решения и рассмотреть случай, когда $(\beta,x,r)$ не являются взаимно простыми.
Перепишем решение для этого случая.

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_2$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_3$
существуют ли натуральные решения $(a,b,c)$, при которых $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ натуральны.

Определение. Числа $(a,b,c)$ дают минимальное решение $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$, если сумма минимальна.
Если существует решение системы в рассматриваемой области, то должна существовать минимальная сумма. (Если такое утверждение верно, то продолжим.)
Возьмём произвольную тройку $(a,b,c)$, дающую минимальную сумму $(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)$. Тогда

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$

$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

$a+b=x-c=n^2$ (это вычислялось раньше)

$\frac{c^2}{a+b}=\frac{k^2c_1^2}{n^2}=k\alpha_{n_1}$

$\frac{kc_1^2}{n^2}=\alpha_{n_1}^2$

$k=k_1^2$

$\frac{(k_1c_1)^2}{n^2}=\alpha_{n_1}^2$, $\alpha_1>\alpha_{n_1}$, $k_1c_1<c$

$\frac{c_n^2}{a+b}=\alpha_{n_1}^2$

Получаем, что $(a+b)$ должно быть точным квадратом (в области, где в тройке $(a,b,c)$ менее трёх чётных чисел). Если я не сделала ошибок, то это интересная информация. (Прошу её проверить. Нужного для рассматриваемой задачи противоречия не вижу, т.е. задача не решена.)

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202054 писал(а):

$c=kc_1$

Не обязательно - если $k$ делится на $2$, то при вынесении из дроби оно может сократиться со знаменателем.

TR63 в сообщении #1202054 писал(а):

$a+b=x-c=n^2$ (это вычислялось раньше)

Нет, это вычислялось в предположении существования $n$ и $m$. Что вообще такое $n$ здесь?

TR63 в сообщении #1202054 писал(а):

Получаем, что $(a+b)$ должно быть точным квадратом

На первой странице темы есть контрпример:)

[TR63]

mihaild в сообщении #1202162 писал(а):

Не обязательно - если $k$ делится на $2$, то при вынесении из дроби оно может сократиться со знаменателем.

Да, согласна. Тогда $c_1=\frac p q$ (рациональное, верно?)

mihaild в сообщении #1202162 писал(а):

Что вообще такое $n$ здесь?

Я думала так, что $(n;m)$ любые натуральные числа. Они дают пифагоровы тройки $(\beta,x,r)$. Если тройки взаимно простые, мы их не рассматриваем, поскольку было выяснено, что при них система решений не имеет. Тогда рассматриваем те $(m;n)$, при которых по формулам получаются $(\beta,x,r)$ не взаимно простые. Они будут с общим множителем. (Здесь мне не всё понятно; может, просто, примитивные тройки умножаем на общий множитель?)

mihaild в сообщении #1202162 писал(а):

На первой странице темы есть контрпример:)

Здесь я не точно сформулировала вопрос. Исправляю.
Вопрос: в области, где в тройке $(a,b,c)$, удовлетворяющей системе, не все числа чётные, существует ли пара чисел, сумма которых не является квадратом.
mihaild, спасибо за помощь.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202214 писал(а):

Тогда $c_1=\frac p q$ (рациональное, верно?)

Ну да, если поделить целое $c$ на целое $k$, то получится рациональное $c_1$ :)

TR63 в сообщении #1202214 писал(а):

Я думала так, что $(n;m)$ любые натуральные числа. Они дают пифагоровы тройки $(\beta,x,r)$.

Я знаю только формулу $(m, n) \to (m^2 - n^2, 2mn, m^2 + n^2)$. Когда $m > n$ пробегают все пары взаимно простых чисел - правая часть пробегает все взаимно простые пифагоровые тройки. Но не взаимно простые пифагоровы тройки так, вообще говоря, не получаются (ни при каких $m, n$): например, $9^2 + 12^2 = 15^2$.

TR63 в сообщении #1202214 писал(а):

Вопрос: в области, где в тройке $(a,b,c)$, удовлетворяющей системе, не все числа чётные, существует ли пара чисел, сумма которых не является квадратом.

Да, как раз тот пример. $a = 5, b = 15, c = 10$. $a + b = 20$ - не квадрат.