Формула для пифагоровых троек

[age]

Всем известна формула Пифагоровых троек:
$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$.
Докажите, что других решений нет. Или же приведите другое решение!

[VAL]

age в сообщении #239663 писал(а):

Всем известна формула Пифагоровых троек:
$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$.
Докажите, что других решений нет. Или же приведите другое решение!

Тут метод бесконечного спуска, предложенный мэтром Ферма, хорошо работает.

[age]

VAL
Хороший ответ!
А поподробней расписать?

[VAL]

age в сообщении #239758 писал(а):

VAL
Хороший ответ!
А поподробней расписать?

Если подробнее, то, во-первых, утверждение верно только для примитивных троек.
Например, для пифагоровой тройки $9^2+12^2=15^2$ подходящих $a$ и $b$ не найти, 15 не представляется суммой двух квадратов.

Что же касается примитивных троек, честное слово,то ли видел где-то, то ли сам делал именно через бесконечный спуск. А сейчас стал доказывать, быстро доказал, но, ... без всякого спуска.

Примерно так:
Пусть $x^2+y^2=z^2$ - примитивная пифагорова тройка. Тогда, очевидно, $x$ и $y$ разной четности. Пусть, например четно $x$. Нам надо показать, что система
$\left\{\begin{array}{l}a^2+b^2=z\\ a^2-b^2=y \end{array}\right.$ имеет решение в натуральных числах. То есть, числа $\frac{z+y}2$ и $\frac{z-y}2$ являются полными квадратами.
Пусть $p$ - простой делитель $\frac{z+y}2$. Тогда $p$ делит $\frac{z+y}2\frac{z-y}2=\frac{x^2}4$. Тогда $p^2$ делит $\frac{z+y}2\frac{z-y}2$, а в силу взаимной простоты и $\frac{z+y}2$. Ч.т.д.

[venco]

VAL в сообщении #239774 писал(а):

Например, для пифагоровой тройки $9^2+13^2=15^2$

Это в какой системе счисления написано?
Наверно, вы имели в виду $9^2+12^2=15^2$.

[VAL]

venco в сообщении #239775 писал(а):

VAL в сообщении #239774 писал(а):

Например, для пифагоровой тройки $9^2+13^2=15^2$

Это в какой системе счисления написано?
Наверно, вы имели в виду $9^2+12^2=15^2$.

Конечно! Мимо кнопки промахнулся

[age]

VAL
Формулу, вы правы, действительно можно подкорректировать:
$k^2(a^2-b^2)^2+4k^2a^2b^2=k^2(a^2+b^2)^2$.
Вы доказали, что любой простой делитель $p\in a^2$ делит $\dfrac{x^2}{4}$. И при этом сам является квадратом. Ну и что? Может быть существует иное решение, отличное от $(a^2-b^2)^2+4a^2b^2=(a^2+b^2)^2$? Где это видно?

[TOTAL]

$x^2=4\frac{z+y}{2}\frac{z-y}{2},$ поэтому $\frac{z+y}{2}$ и $\frac{z-y}{2}$ оба являются полными квадратами. Что ещё надо?

[Батороев]

Не очень понятно, что Вы хотите выяснить?
Пифагоровы тройки получаются из общего уравнения для натуральных чисел $x$ и $y$ одновременно четных или одновременно нечетных:
$N=xy=(\frac {x+y}{2})^2-(\frac {x-y}{2})^2$
путем подстановки:
$x=a^2$; $y=b^2$
$N=a^2b^2=(\frac {a^2+b^2}{2})^2-(\frac {a^2-b^2}{2})^2$.
Далее идут вариации на тему, как Вы распределили простые множители числа $N$ между $x$ и $y$,
например, в своем контр-примере VAL распределил их так:
$ 9^2+12^2=15^2$

$ N = 9^2=27\cdot 3=(\frac {27+3}{2})^2-(\frac {27-3}{2})^2$
или
$ N = 12^2=24\cdot 6=(\frac {24+6}{2})^2-(\frac {24-6}{2})^2$.

[age]

TOTAL
Предположим случай:
$\dfrac{z+y}{2}=2a^2$
$\dfrac{z-y}{2}=\dfrac{b^2}{2}$
Я уже молчу про случай:
$\dfrac{z+y}{2}=2a^2b$
$\dfrac{z-y}{2}=\dfrac{b}{2}$
Нет, это неправильное решение.

-- Ср сен 02, 2009 21:35:18 --

Батороев
А вдруг есть другие решения вне этой подстановки?

[VAL]

age в сообщении #239922 писал(а):

Предположим случай:
$\dfrac{z+y}{2}=2a^2$
$\dfrac{z-y}{2}=\dfrac{b^2}{2}$
Я уже молчу про случай:
$\dfrac{z+y}{2}=2a^2b$
$\dfrac{z-y}{2}=\dfrac{b}{2}$
Нет, это неправильное решение.

-- Ср сен 02, 2009 21:35:18 --

Вы смысл термина "примитивные тройки" понимаете? Похоже, нет.

[age]

VAL
$33^2+56^2=65^2$ - примитивная Пифагорова тройка?

[VAL]

age в сообщении #239939 писал(а):

VAL
$33^2+56^2=65^2$ - примитивная Пифагорова тройка?

Вполне.

[age]

VAL
В своем доказательстве вы уже априори предполагаете, что
$z=a^2+b^2$
$x=a^2-b^2$
Откуда приходите что $\dfrac{z+x}{2}$ и $\dfrac{z-x}{2}$ - взаимно простые квадраты.
Так не пойдет. Это не отменяет других решений.

[VAL]

age в сообщении #239958 писал(а):

VAL
В своем доказательстве вы уже априори предполагаете, что
$z=a^2+b^2$
$x=a^2-b^2$
Откуда приходите что $\dfrac{z+x}{2}$ и $\dfrac{z-x}{2}$ - взаимно простые квадраты.
Так не пойдет. Это не отменяет других решений.

Я доказываю, что всякая примитивная пифагорова тройка представляется в требуемом виде. Вам нужно что-то другое? Тогда я не понял вопроса.

PS: По сравнению с уничтоженным вариантом ответа у Вас прогресс