О целочисленных треугольниках

[maxal]

age в сообщении #235294 писал(а):

Откуда:
$p^2n^2+(n^2+p^2)^2=t^2$. Мы получили новое квадратное уравнение, которое аналогично имеет решения, когда:
$\begin{cases} pn=2rs\\ n^2+p^2=r^2-s^2 \end{cases} $
Но эта система решений не имеет.

Во-первых, почему не имеет? И во-вторых, куда делся случай: $\begin{cases} pn=r^2-s^2\\ n^2+p^2=2rs \end{cases} $ ?
Кстати, заметьте, что $p$ с $n$ (а, значит, и $r$ с $s$)у вас не обязаны быть взаимно простыми.

[age]

К сожалению, доказательство длинно. Оно сводится главным образом к рассмотрению различных комбинаций $pn=2rs$:
1. $p$ имеет множители с $rs$, а $n$ - только с $r$ или только с $s$. Для каждого такого случая рассматривается равенство $n^2+p^2=r^2-s^2$.
И так для каждого случая доказывается, что решений нет. Я проделывал однажды эту работу, если надо - могу повториться.
Что касается второго случая:
$\begin{cases} pn=r^2-s^2\\ n^2+p^2=2rs \end{cases} $
то да, я его пропустил. Но не умышленно. Дело в том, что $n^2+p^2$ четно. Откуда $n$ и $p$ одинаковой четности. Если они оба четны, то получаем тривиальный случай. Поэтому они оба нечетны.
Но тогда $n^2+p^2=4k+2$, откуда $n^2+p^2=2rs=4k+2$. $rs=2k+1$. Т.е. $r, s$ оба нечетны. Но тогда $r^2-s^2=4m=pn$. Что противоречит предположению о том, что числа $n$ и $p$ оба нечетны.

[maxal]

age в сообщении #235379 писал(а):

К сожалению, доказательство длинно. Оно сводится главным образом к рассмотрению различных комбинаций $pn=2rs$:
1. $p$ имеет множители с $rs$, а $n$ - только с $r$ или только с $s$. Для каждого такого случая рассматривается равенство $n^2+p^2=r^2-s^2$.
И так для каждого случая доказывается, что решений нет. Я проделывал однажды эту работу, если надо - могу повториться.

Без этих выкладок, приведенный вами текст не является доказательством.

age в сообщении #235379 писал(а):

Что касается второго случая:
$\begin{cases} pn=r^2-s^2\\ n^2+p^2=2rs \end{cases} $
то да, я его пропустил. Но не умышленно. Дело в том, что $n^2+p^2\geq2np$. Откуда если $n^2+p^2=2rs$, то $2rs\geq2np$.

И что с того?

-- Sat Aug 15, 2009 10:39:00 --

age в сообщении #235379 писал(а):

Что касается второго случая:
$\begin{cases} pn=r^2-s^2\\ n^2+p^2=2rs \end{cases} $
то да, я его пропустил. Но не умышленно. Дело в том, что $n^2+p^2$ четно. Откуда $n$ и $p$ одинаковой четности. Если они оба четны, то получаем тривиальный случай.

Что в нем такого тривиального?

[age]

Если предположить, что каждое из чисел $n$, $p$ четно, то согласно первому уравнению $r^2-s^2=pn=4m$ - четно. Но тогда и $r^2+s^2$ - также четно, т.к. представляет собой сумму квадратов двух четных чисел $r^2-s^2$ и $2rs$.
Но тогда все три числа $r^2-s^2$, $2rs$ и $r^2+s^2$ - четны. Откуда найдется более элементарная тройка. Но т.к. бесконечного количества убывающих троек не существует, то они не могут быть оба четны. Следовательно, они нечетны.

-- Сб авг 15, 2009 19:54:53 --

Доказательство приведу позже, т.к. там пять или шесть различных случаев общих множителей $pn=2rs$.

[age]

maxal
Доказательство того, что система:
$\begin{cases} xy=ab\\ x^2+y^2=a^2-b^2 \end{cases} $
решений не имеет.

Пусть $x$ имеет множители с $ab$, $y$ только с $a$. Тогда $x\div b$. Тогда $x=a_1b$, $y=a_2$.
Тогда
$x^2+y^2=a_1^2b^2+a_2^2=a_1^2a_2^2-b^2$
$a_1^2a_2^2-a_1^2b^2=a_2^2+b^2$
$a_1^2(a_2^2-b^2)=a_2^2+b^2$
Но $a_2^2+b^2$ не может делиться на $a_2^2-b^2$, если $a_2$ и $b$ - взаимнопростые.
Аналогично рассматриваются все остальные случаи.

Точно также рассматривается система:
$\begin{cases} xy=2ab\\ x^2+y^2=a^2-b^2 \end{cases} $
только там рассматриваемых случаев больше.