ВТФ и теорема Птолемея

[ljubarcev]

bot писал(а):

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.

Bot ! Я Вам уже Вам отвечал, что искать контпример при доказательстве ВТФ бессмысленно, так как таких примеров Вы можете привести бесконечное количестве и ВСЕ их можно опровергнуть. Возьмем Ваш пример - $a=2\sqrt 2$ и найдем, что при этом,- так как должно быть $a^2+b^2=c^2$, должно быть $b=1$ и $c=3$, тогда при $n=3$ должно быть $x=2;y=1;z=\sqrt[3] 9$ и тройка $x;y;z$ не является тройкой целых чисел.
Дед.

[bot]

ljubarcev писал(а):

Bot ! Я Вам уже отвечал, что искать контпример при доказательстве ВТФ бессмысленно...

Во все времена этот аргумент был сильнейшим оружием ферматистов. Разумеется оппонент не может опровергнуть истинное утверждение независимо от того, известно уже или нет, что оно истинно. Потому он и вынужден опровергать явно или неявно сформулированные утверждения.
Вот Вы говорите

Цитата:

ясно, что и при целых и не целых $a, \ b, \ c$ числа $x, \ y, \ z$ не могут быть целыми...

Откуда ясно?
С какой стати и из каких посылок Вы получаете $b=1$ и $c=3$ из $a=2\sqrt2$ ? Из того, что они целые? А чего ради они должны быть целыми?
Почему нельзя взять совершенно произвольное $b$, а $c$ вычислить из равенства $a^2+b^2=c^2$? Ничего путного из этого не выйдет, но ведь Вы этого не доказали.

[ljubarcev]

bot писал(а):

Откуда ясно?
С какой стати и из каких посылок Вы получаете $b=1$ и $c=3$ из $a=2\sqrt2$ ? Из того, что они целые? А чего ради они должны быть целыми?
Почему нельзя взять совершенно произвольное $b$, а $c$ вычислить из равенства $a^2+b^2=c^2$? Ничего путного из этого не выйдет, но ведь Вы этого не доказали.

But. Всё ведь просто! Из предполагаемого существования решений у уравнения $x^n+y^n=z^n$ при любых $x;y;z;n$ доказана с помощью теоремы Птолемея или общих свойств параллелограмма необходимость существования прямоугольного треугольника с катетами $x^\frac{n}{2};y^\frac{n}{2}$ и диагональю $z^\frac{n}{2}$. Только и только в этом случае имеются решения у равенства $x^n+y^n=z^n$.
Для прямоугольного треугольника справедлива теорема Пифагора, поэтому должно быть $(x^\frac{n}{2})^2+(y^\frac{n}{2})^2=(z^\frac{n}{2})^2$.
Когда мы переходим к целым числам $x;y;z$ и не четному $n=2k+1$ (что нас и интересует) получается, что в целых числах должно существовать равенство $(x^k\sqrt x)^2+(y^k\sqrt y)^2=(z^k\sqrt z)^2$.
Может ли быть рассматриваемый треугольник целочисленным?
Известно, что ВСЕ целочисленные прямоугольные треугольники с катетами $a;b$ и диагональю $c$ получаются при $a=2uv$; $b=u^2-v^2$ и $c=u^2+v^2$ , где $u>v$ любая пара целых чисел.
Следовательно, что бы имело место $x^n+y^n=z^n$, необходимо
$2uv=x^k\sqrt x$: $u^2-v^2=y^k\sqrt y$; $u^2+v^2=z^k\sqrt z$. Левые части последних равенств – целые числа, правые – иррациональные и поэтому равенства невозможны. Так приходим к выводу: не существует тройки целых чисел $x;y;z$, удовлетворяющих равенству $x^n+y^n=z^n$ при целом не чётном $n$.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Может ли быть рассматриваемый треугольник целочисленным?

Пускай не будет. Кому он нужен?

ljubarcev писал(а):

Следовательно, что бы имело место $x^n+y^n=z^n$, необходимо
$2uv=x^k\sqrt x$: $u^2-v^2=y^k\sqrt y$; $u^2+v^2=z^k\sqrt z$. Левые части последних равенств – целые числа, ...

С какой стати? Выразите $u$ и $v$ через $x$ и $y$ и посмотрите.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Может ли быть рассматриваемый треугольник целочисленным?

Пускай не будет. Кому он нужен?

ljubarcev писал(а):

Следовательно, что бы имело место $x^n+y^n=z^n$, необходимо
$2uv=x^k\sqrt x$: $u^2-v^2=y^k\sqrt y$; $u^2+v^2=z^k\sqrt z$. Левые части последних равенств – целые числа, ...

С какой стати? Выразите $u$ и $v$ через $x$ и $y$ и посмотрите.

Уважаемый Someone ! Ведь доказано, во первых, что он должен быть, во вторых, доказано,
что треугольник должен быть прямоугольным - только при этом условии было бы $x^n+y^n=z^n$. Но ведь ранее было доказано, что тройка чисел, удовлетворяющих уравнению $x^n+y^n=z^n$ должна удовлетворять условиям: $x^2+y^2>z^2$; $x^4+y^4>z^4$ ... $x^{2k}+y^{2k}>z^{2k}$, из которых видно, что такие треугольники не могут быть прямоугольными. Это и есть искомое противоречие.

Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

доказано, что треугольник должен быть прямоугольным - только при этом условии было бы $x^n+y^n=z^n$. Но ведь ранее было доказано, что тройка чисел, удовлетворяющих уравнению $x^n+y^n=z^n$ должна удовлетворять условиям: $x^2+y^2>z^2$; $x^4+y^4>z^4$ ... $x^{2k}+y^{2k}>z^{2k}$, из которых видно, что такие треугольники не могут быть прямоугольными. Это и есть искомое противоречие.

Да, но среди перечисленных Вами треугольников нет треугольника со сторонами $x^{\frac n2}$, $y^{\frac n2}$, $z^{\frac n2}$.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Да, но среди перечисленных Вами треугольников нет треугольника со сторонами $x^{\frac n2}$, $y^{\frac n2}$, $z^{\frac n2}$.

Уважаемый Someone ! Давайте допишем.этот ряд. Ведь при $n>3$ имеет место и $x^\frac{n}{2}+y^\frac{n}{2}>z^\frac{n}{2}$ , то есть такой треугольник тоже должен существовать и чтобы было $x^n+y^n=z^n$ он должен быть прямоугольным.Но ведь при не чётном $n$ числа $x^\frac{n}{2}$; $y^\frac{n}{2}$; $z^\frac{n}{2}$ не целые (иррациональные). Следовательно этот треугольник не может быть целочисленным, в тоже время только в этом случае $x^n+y^n=z^n$.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Но ведь при не чётном $n$ числа $x^{\frac{n}{2}}$; $y^{\frac{n}{2}}$; $z^{\frac{n}{2}}$ не целые (иррациональные).

И фиг с ними. Зачем им быть целыми? Целыми должны быть $x,y,z$.

Слушайте, что Вы зациклились на этом? Может быть, чем-нибудь более полезным займётесь, чем теорема Ферма? В бирюльки, например, играть.

[shwedka]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Но ведь при не чётном $n$ числа $x^{\frac{n}{2}}$; $y^{\frac{n}{2}}$; $z^{\frac{n}{2}}$ не целые (иррациональные).

И фиг с ними. Зачем им быть целыми? Целыми должны быть $x,y,z$.

Слушайте, что Вы зациклились на этом? Может быть, чем-нибудь более полезным займётесь, чем теорема Ферма? В бирюльки, например, играть.

Вот, и вас он достал!!! похлеще Сорокина!!
Я бы с такого совета начала!!!