Еще раз про n=3.

[ozheredov]

grizzly в сообщении #1342366 писал(а):

Если Вам такое кажется,

то вам (Moran) следует зайти на Yandex.market и познакомиться с мониторами 16 х 10 и 21 x 9

-- 29.09.2018, 18:29 --

Moran в сообщении #1342368 писал(а):

Можно хотя бы один пример двух разных прямоугольников, построенных на одной диагонали?

(Оффтоп)

как я вовремя подсуетился с предыдущим сообщением :)

[Heart-Shaped Glasses]

Moran в сообщении #1342368 писал(а):

Мы это еще не проходили. Вы, видимо, да. Можно хотя бы один пример двух разных прямоугольников, построенных на одной диагонали?

$39^2+65^2=45^2+61^2$

[Moran]

Поблагодарим откликнувшихся участников форума, но отметим некорректность вопроса. Правильно он будет звучать так:

Можно ли построить два идентичных прямоугольника на диагоналях разной четности?

[mihaild]

Что такое идентичные прямоугольники? И какое отношение они имеюют к попытке перехода от равенства площадей к равенству прямоугольников?

[Someone]

Moran в сообщении #1342365 писал(а):

Вы не находите, что при $q=k$ нарушается (2.2)?

Понятия не имею. Вы сами начали рассматривать случай $2q=2k$.

[Moran]

Someone в сообщении #1342384 писал(а):

Moran в сообщении #1342365 писал(а):

Вы не находите, что при $q=k$ нарушается (2.2)?

Понятия не имею. Вы сами начали рассматривать случай $2q=2k$.

Мы признаем нашу ошибку (избыточность данного утверждения). Рассматривая общий случай придем к такому же выводу.

Для mihaild:

Идентичные - совпадающие по всем параметрам. Здесь имеется принципиальная невозможность данного факта.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342395 писал(а):

Рассматривая общий случай придем к такому же выводу.

Жаль, что Вы не заметили, но я несколько часов тому просил Вас прийти к этому выводу. Просто приведите заново рассуждение без "избыточных" утверждений, чтобы мы могли указать Вам конкретное место ошибки.

[Moran]

Извольте.

Представим два прямоугольника, построенные на сторонах $2q$, $q^{2}+3p^{2}$ и $2k$, $k^{2}+3k^{^{2}}$ соответственно. Ничего не зная о равенстве их сторон попытаемся сравнить их диагонали:

$4q^{2}+q^{4}+6q^{2}p^{2}+9p^{4}=4k^{2}+16k^{4}$

Увидим, что написанное выше является неравенством по причине невозможности одинаковой четности левой и правой частей.

[grizzly]

Moran
И что? Я просил Вас написать заново доказательство ВТФ. Если последнее Ваше сообщение как-то связано с этим доказательством, то когда будете писать полное доказательство, Вы должны будете сказать, как именно.

[Moran]

grizzly в сообщении #1342275 писал(а):

Интересен только случай когда $q\ne k$.

Вернемся к

$2q(q^{2}+3p^{2})=8k^{3}$

Сократив обе части уравнения на два и разложив правую часть на множители получим:

$q(q^{2}+3p^{2})=2\cdot 2\cdot k\cdot k\cdot k$

Очевидно, что $q$ будет равно либо какому то множителю из правой части, либо произведению этих множителей (в разных сочетаниях).

В силу четности $q$ оно должно содержать как минимум одну двойку. Но, если только одну, то вторая двойка приведет к четности $q^{2}+3p^{2}$, что невозможно (напомним, что $p$ - нечетно). Т.е. $q$ содержит две двойки. Если допустить, что $q$ кроме четверки содержит еще хотя бы один $k$, то придем к $16k^{2}+3p^{2}=k^{2}$, что невозможно в силу положительности $3p^{2}$. Т.о. $q=4$ и далее:

$16+3p^{2}=k^{3}$

Это уравнение имеет решение при $p=k=4$. А, значит, $q=k$. Всегда.

[mihaild]

Moran в сообщении #1344543 писал(а):

Очевидно, что $q$ будет равно либо какому то множителю из правой части, либо произведению этих множителей (в разных сочетаниях).

Не очевидно (простота $k$ же не доказана?).
Аналогичное рассуждение: $27 \cdot 32 = 2 \cdot 2 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6$. Очевидно, что $27$ представимо произведению каких-то множителей в правой части. Но они все четные, а $27$ нечетные... Так что опять же $0 = 1$, небо зеленое, а нули дзета-функции имеют вещественную часть, равную $666$.

Во всех ваших попытках одна и та же ошибка: нельзя, получив одно число двумя похожими способами из разных выражений, просто так сделать вывод, что и исходные выражения как-то связаны. Собственно я про это писал в первом же ответе в этой теме

mihaild в сообщении #1340541 писал(а):

Формально, не доказано, что для $f(x, y) = 2x(x^2 + 3y^2)$ из $f(q, p) = f(k, k)$ следует $q = k$. И т.к. для общего случая $f$ это неверно - это нужно доказывать, как-то учитывая конкретный вид $f$.

[grizzly]

Moran
Если бы Вы признали, что разобрались с ошибкой в идее "равенства гипотенуз", от этого Ваш авторитет здесь нисколько не пострадал бы, даже наоборот. А если Вы не разобрались, тогда зачем нужны другие идеи доказательства? (Это риторический вопрос.)

Moran в сообщении #1344543 писал(а):

Очевидно, что $q$ будет равно либо какому то множителю из правой части

"Это" (беру в кавычки, подчёркивая Ваше понимание данного утверждения) было бы очевидно, если бы число $k$ было простым. Вот этот случай тоже никому не интересен -- Вы уже сами убедились в его тривиальности. Но $k$ может быть равно $ab$, тогда $q=4a^3$, а $q^2+3p^2=b^3$ и всё получается.

Не поленитесь посмотреть другие доказательства в этом разделе форума. Вы сможете убедиться, что Ваше доказательство было повторено здесь ранее десятки раз. С одной и той же ошибкой.

-- 08.10.2018, 21:27 --

Долго набирал, теперь лень удалять или править с учётом сказанного выше

[Moran]

grizzly в сообщении #1344568 писал(а):

Moran
Если бы Вы признали

Мы признали. Не беспокоясь за свой авторитет (это риторический ответ).
Спасибо за совет, другие доказательства были предварительно изучены (правда лишь те, на которые хватило понимания). И из понятого нами ни в одной теме не нашли соответствующего нашему рассуждения.

Для mihaild:

Простите, но Ваш пример не является аналогичным рассуждением. Вы изначально берете нечетное $27$ и предлагаете разложить его на четные множители, что, разумеется, невозможно. Мы же в наших рассуждениях исходили из того, что $q$ - четно. Надеемся, что небо немного посинело.

[mihaild]

Ну какая разница, четно или нечетно. Если вам так важна четность - ок, $32 \cdot 27 = 2\cdot 2 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6$, но $32$ всё еще не представляется в виде произведения каких-то множителей из правой части.

[Moran]

Загвоздка, как нам кажется, состоит в том, что Вы не оставляете "шансов" выражению $q^{2}+3p^{2}$ стать нечетным. Число $864$ раскладывается на два множителя, для случая когда один из них должен быть обязательно нечетным, единственным образом, который Вы и указали $32\cdot 27$. Если $q$ не "заберет в себя" все двойки из $32$, то оставшейся части не быть нечетной. Значит $q^{2}+3p^{2}$ может быть равно только $27$. Но и $k^{3}$ тогда будет равно $27$, а значит $k$ равно $3$, но не $6$.