ВТФ и теорема Птолемея

[Someone]

ljubarcev писал(а):

[В рассматриваемом мною случае, когда треугольники одинаковы. мы можем построить три равнобоких трапеции. Убедиться в этом можно, выолнив примитивные действия. Я вырезал из бумаги два одинаковых треугольника и накладывая их друг на друга так чтобы совпали основания (например $z$) и располагая одинаковые стороны (например $x$) дру против друга. Соединив вершины треугольников получим второе основание.

Я подозревал, что Вы это имеете в виду, но что Вы от этой трапеции хотите? В принципе, мы можем определить это второе основание с помощью теоремы Птолемея. Ну и что?

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Я подозревал, что Вы это имеете в виду, но что Вы от этой трапеции хотите? В принципе, мы можем определить это второе основание с помощью теоремы Птолемея. Ну и что?

.

Там ведь доказано, что определяемые таким образом вторые основания трапеций не могут быть целочисленными отрезками. Понятно,что они могут быть целыми, только при их равенстве первым основаниям. что приводит к необходимости одновременного существования равенств: $x^2+y^2=z^2$; $x^4+y^4=z^4$;...$X^{2k}+y^{2k}=z^{2k}$, что конечно не возможно.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Someone писал(а):

Я подозревал, что Вы это имеете в виду, но что Вы от этой трапеции хотите? В принципе, мы можем определить это второе основание с помощью теоремы Птолемея. Ну и что?

.

Там ведь доказано, что определяемые таким образом вторые основания трапеций не могут быть целочисленными отрезками.

Ну и шут с ними. Ниоткуда ведь не следует, что они должны быть целыми.

[ljubarcev]

Давайте расширим условие задачи.
Положим, что существует тройка целых чисел $x<y<z$, удовлетворяющих равенству $x^n+y^n=z^n$ при рациональном $n$.
В таком случае будет $x^\frac{n}{2}+y^\frac{n}{2}>z^\frac{n}{2}$ и будет существовать треугольник со сторонами $x^\frac{n}{2};y^\frac{n}{2};z^\frac{n}{2}$ .
Взяв два таких треугольника, мы можем построить равнобочную трапецию
c боковыми сторонами $y^\frac{n}{2}$, диагоналями $z^\frac{n}{2}$ и основаниями $x^\frac{n}{2}$ и $f$. В соответствии со свойством равнобокой трапеции по теореме Птолемея будем иметь: $y^\frac{n}{2}\cdot y^\frac{n}{2}+f\cdot x^\frac{n}{2}=z^\frac{n}{2}\cdot z^\frac{n}{2}$ или $y^n+f\cdot x^\frac{n}{2}=z^n$. Так как по предположению $z^n-y^n=x^n$, то получаем, что решение возможно только при $f=x^\frac{n}{2}$.
Последнее же означает, что трапеция должна быть прямоугольником.
Совершенно аналогично, мы можем из тех же треугольников построить параллелограмм со сторонами $y^\frac{n}{2}; x^\frac{n}{2}$ и диагоналями $z^\frac{n}{2};d$. Так как у каждого параллелограмм сумма квадратов противоположных сторон равна сумме квадратов диагоналей, то получаем ,что должно быть: $2x^n+2y^n=z^n+d^2$ и должно быть $z^n=d^2$. Видим, что решение имеет место только когда диагонали параллелограмма равны, то есть опять таки он должен быть прямоугольником.
Ясно, что взяв любую пару отрезков $x^\frac{n}{2};y^\frac{n}{2}$ как катетов, мы можем построить прямоугольный треугольник, для которого будет справедливо:
$x^n+y^n=d^2=z^n$.и должно быть $d=\sqrt{z^n}$. Очевидно, что в целых числах равенство возможно только при $n$ чётном, или $z$, являющемся квадратом, что, по сути, одно и тоже. Во всех прочих случаях решений в целых числах нет.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

... должно быть $d=\sqrt{z^n}$. Очевидно, что в целых числах равенство возможно только при $n$ чётном, или $z$, являющемся квадратом, что, по сути, одно и тоже.

Ну и пусть Ваши числа $f$ и $d$ не целые. Какое это имеет отношение к теореме Ферма?

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

... должно быть $d=\sqrt{z^n}$. Очевидно, что в целых числах равенство возможно только при $n$ чётном, или $z$, являющемся квадратом, что, по сути, одно и тоже.

Ну и пусть Ваши числа $f$ и $d$ не целые. Какое это имеет отношение к теореме Ферма?

Уважаемый Someone !
Вы почему то не обратили внимания на тот факт, что чётко доказано - равенство $x^n+y^n=z^n$ вообще может иметь место, только если построенные указанным способом фигуры будут прямоугольниками.(при любых $x;y;z;n$). Так как решения могут быть только при $x^n=f$ или $z^n=d^2$, а числа $f$ и $d$ не целые, то решений в целых числах быть не может..
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Вы почему то не обратили внимания на тот факт, что чётко доказано - равенство $x^n+y^n=z^n$ вообще может иметь место, только если построенные указанным способом фигуры будут прямоугольниками.(при любых $x;y;z;n$). Так как решения могут быть только при $x^n=f$ или $z^n=d^2$, а числа $f$ и $d$ не целые, то решений в целых числах быть не может..
Дед.

Вообще-то, у Вас было $f=x^{\frac n2}$. Поскольку $n$ нечётно, то $f$ не обязано быть целым. Как и $d$.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Вы почему то не обратили внимания на тот факт, что чётко доказано - равенство $x^n+y^n=z^n$ вообще может иметь место, только если построенные указанным способом фигуры будут прямоугольниками.(при любых $x;y;z;n$). Так как решения могут быть только при $x^n=f$ или $z^n=d^2$, а числа $f$ и $d$ не целые, то решений в целых числах быть не может..
Дед.

Вообще-то, у Вас было $f=x^{\frac n2}$. Поскольку $n$ нечётно, то $f$ не обязано быть целым. Как и $d$.

Уважаемый Someone ! Вы ничего не сказали по поводу подхода с "расширением условий задачи". А ведь это позволило доказать, что при $x^n+y^n=z^n$ решения при целых $x;y;z$ возможны только при $n$ чётном. И только в этом случае числа $f$ и $d$ будут целыми.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Вы ничего не сказали по поводу подхода с "расширением условий задачи". А ведь это позволило доказать, что при $x^n+y^n=z^n$ решения при целых $x;y;z$ возможны только при $n$ чётном. И только в этом случае числа $f$ и $d$ будут целыми.

Ничего это не позволило доказать, о чём я Вам всё время и толкую. Чисел $f$ и $d$ в уравнении $x^n+y^n=z^n$ нет, их целочисленность никому не нужна и ниоткуда не следует.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Вы ничего не сказали по поводу подхода с "расширением условий задачи". А ведь это позволило доказать, что при $x^n+y^n=z^n$ решения при целых $x;y;z$ возможны только при $n$ чётном. И только в этом случае числа $f$ и $d$ будут целыми.

Ничего это не позволило доказать, о чём я Вам всё время и толкую. Чисел $f$ и $d$ в уравнении $x^n+y^n=z^n$ нет, их целочисленность никому не нужна и ниоткуда не следует.

Конечно, числа $f$ в уравнении $x^n+y^n=z^n$ нет, но оно получено из предположения , что это равенство имеет место. Доказано на основании теоремы Птолемея, что все решения (не обязательно целые) уравнения $x^n+y^n=z^n$ имеют место только и только если $f=x^\frac{n}{2}$, то есть при $x^n=f^2$. Следовательно, равенство $x^n+y^n=z^n$ должно, чтобы вообще были решения, иметь вид $z^n-y^n=f^2=x^n$. Очевидно, равенство в целых числах может быть при целом $n$ только итолько когда оно чётно.
Дед..

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Следовательно, равенство $x^n+y^n=z^n$ должно, чтобы вообще были решения, иметь вид $z^n-y^n=f^2=x^n$. Очевидно, равенство в целых числах может быть при целом $n$ только итолько когда оно чётно.

Если $x$ целое, то $f^2=x^n$ тоже целое. Независимо от того, чётное или нечётное $n$.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Следовательно, равенство $x^n+y^n=z^n$ должно, чтобы вообще были решения, иметь вид $z^n-y^n=f^2=x^n$. Очевидно, равенство в целых числах может быть при целом $n$ только итолько когда оно чётно.

Если $x$ целое, то $f^2=x^n$ тоже целое. Независимо от того, чётное или нечётное $n$.

На первый взгляд замечание вроде и верное, но оно не учитывает главное.- равенство $f^2=x^n$ необходимо (возможно), когда равнобокая трапеция превращается в прямоугольник, а для любого прямоугольника со сторонами $a;b$ и диагональю $c$ всегда справедливо равенство $a^2+b^2=c^2$. Только при $a=x^\frac{n}{2}$; $b=y^\frac{n}{2}$; $c=z^\frac{n}{2}$, существует исходное равенство $x^n+y^n=z^n$. Так как последнее равенство является частным случаем общего равенства .$a^2+b^2=c^2$, то очевидно, что равенство $x^n+y^n=z^n$ разрешимо в целых числах только и только в квадратах - должны
быть либо $x;y;z$ вадратами, либо $n$ чётным.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Someone писал(а):

Если $x$ целое, то $f^2=x^n$ тоже целое. Независимо от того, чётное или нечётное $n$.

На первый взгляд замечание вроде и верное, но оно не учитывает главное.- равенство $f^2=x^n$ необходимо (возможно), когда равнобокая трапеция превращается в прямоугольник, а для любого прямоугольника со сторонами $a;b$ и диагональю $c$ всегда справедливо равенство $a^2+b^2=c^2$. Только при $a=x^\frac{n}{2}$; $b=y^\frac{n}{2}$; $c=z^\frac{n}{2}$, существует исходное равенство $x^n+y^n=z^n$.

Только $a$, $b$, $c$ здесь не обязаны быть целыми, поэтому все последующие утверждения не имеют ровно никаких оснований.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Только $a$, $b$, $c$ здесь не обязаны быть целыми, поэтому все последующие утверждения не имеют ровно никаких оснований.

Уважаемый Someone ! Я и не утвердаю, что они должны быть целыми. Достаточно того факта, что на основании теоремы Птолемея они должны быть, что бы было $x^n+y^n=z^n$. Дальше из того, что при $a=x^\frac{n}{2};b=y^\frac{n}{2};c=z^\frac{n}{2}$ ясно, что и при целых и не целых $a;b;c$ числа $x;y;z$ не могут быть целыми, что и утверждал П. Ферма.
Дед.

[bot]

ljubarcev писал(а):

Уважаемый Someone ! Я и не утвердаю, что они должны быть целыми. Достаточно того факта, что на основании теоремы Птолемея они должны быть, что бы было $x^n+y^n=z^n$. Дальше из того, что при $a=x^\frac{n}{2};b=y^\frac{n}{2};c=z^\frac{n}{2}$ ясно, что и при целых и не целых $a;b;c$ числа $x;y;z$ не могут быть целыми, что и утверждал П. Ферма.
Дед.

Возьмём $a=2\sqrt2, \ n=3$ Тогда из равенства $a=x^{\frac{n}{2}}$ получим целое $x=2$

Someone писал(а):

Только $a$, $b$, $c$ здесь не обязаны быть целыми, поэтому все последующие утверждения не имеют ровно никаких оснований.