Доказательство несостоятельности ВТФ

[tolstopuz]

Yarkin писал(а):

Ошибку эту никто не укажет, потому, что ее нет.

Ошибка совершенно тривиальна. Но раз уж появился повод лишний раз посмотреть на вашу клоунаду, почему бы не потянуть время?

[Yarkin]

AD писал(а):

А вы внимательно читали мои и не только посты? Я так ответов и не получил на большинство своих вопросов по-существу.

Обязательно и по возможности стараюсь отвечать.

AD писал(а):

По-моему, это утверждение уже который раз ставит в ступор опытнейших телепатов нашего форума.

Возможно, просто я согласен с определение числа, которое дал Пифагор. Отсюда такое рассуждение с яблоками и с 5.

AD писал(а):

Какая связь между пунктами 1 и 2: "и", "или", штрих шеффера?

Два случая: такой треугольник либо существует, либо нет.

AD писал(а):

Я попробовал вывести одно из другого, а у меня не получилось, поэтому они не эквивалентны - это ведь Я попробовал, а не какой-нибудь-там ____(нужное вписать)! Только еще мрачнее.

У нас имеется хорошая практика составления формулировки теоремы. Я получал конкретные замечания и испралял их. Пусть с четвертой попытки, но она сформулирована. Также и в доказательстве нетривиальности надо указать мои ошибки.

[незваный гость]

Yarkin писал(а):

bot писал(а):

Пункты А и Б находятся по одну сторону от прямолинейного шоссе. Прямая, проходящая через А и Б пересекает шоссе под углом $45^0$

/ Это невозможно.

Как же невозможно, когда я это неоднократно видел?

Yarkin писал(а):

Возможно, просто я согласен с определение числа, которое дал Пифагор. Отсюда такое рассуждение с яблоками и с 5.

Если Вы хотите общаться, приходится говорить с людьми на их языке. В частности, понимание числа должно совпадать с современными нормами.

Yarkin писал(а):

Также и в доказательстве нетривиальности надо указать мои ошибки.

Кому это надо? Мне — не надо. Вам? Так почему Вы говорите остальным, что им надо? Тем более, что когда Вам на них указывают (неявно), Вы просто игнорируете этот факт, и делаете совершенно несвязанные выводы.

[нг]

Тема закрывается за бесперспективностью дальнейшей дискуссии.

[Yarkin]

Как отметили tolstopuz и Someone, приведенное мною доказательство ВТФ годится и для действительных чисел, а следовательно ошибочно. Где ошибка? Сейчас она будет раскрыта.
Элементарное доказательство теоремы ВТФ для треугольника

Теорема (ВТФ для треугольника). Если $ \nu $ означает, какое угодно, целое положительное число, большее нежели 1, то ни для каких, отличных от нуля, корней $ x\subset\mathbb{C}, y\subset\mathbb{C} $ и $ z\subset\mathbb{C} $ уравнения

$$ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2= \rho^{2\nu}, \eqno (1) $$

где $ \rho_1 = |x|, \rho_2 = |y|, \rho = |z|$ не существует треугольника с длинами сторон

$$ \rho^\nu_1 = |x|^\nu, \rho^\nu_2 = |y|^\nu, \rho^\nu = |z|^\nu, \nu = 2, 3, …, \eqno (2) $$

Доказательство проведем от противного. Допустим, что для корней $ x\subset\mathbb{C}, y\subset\mathbb{C} $ и $ z\subset\mathbb{C} $ уравнения (1), существует прямоугольный треугольник с катетами $ \rho^\nu_1, \rho^\nu_2$, гипотенузой $ \rho^\nu $ и углами $A_\nu, B_\nu, C_\nu$, лежащими против соответствующих сторон. Для каждой шестерки величин, по теореме косинусов, будут выполняться соотношения [5, 330]

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 = \rho^{2\nu}\\ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_1 \rho^\nu \cos B_\nu = \rho^{2\nu}_2\\ \rho^{2 \nu}_2 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_2 \rho^\nu \cos A_\nu = \rho^{2\nu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\nu = 2, 3, …), A_\nu + B_\nu = \pi/2, \eqno (3) $$

первое из которых, совпадает с соотношением (1). Как известно [5], для сторон треугольника должны выполняться неравенства:

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 > \rho^\nu, \rho^\nu_1 + \rho^\nu > \rho^\nu_2, \rho^\nu_2 +\rho^\nu > \rho^\nu_1, \rho^\nu_1 < \rho^\nu, \rho^\nu_2 < \rho^\nu. $$

тогда, по свойству неравенств и степени, должны выполняться и эти неравенства

$$ \rho^\mu_1 + \rho^\mu_2 > \rho^\mu, \rho^\mu_1 + \rho^\mu > \rho^\mu_2, \rho^\mu_2 +\rho^\mu > \rho^\mu_1, \rho^\mu_1 < \rho^\mu, \rho^\mu_2 < \rho^\mu, \mu = 1, 2, 3, ..., \nu - 1. $$

Следовательно, должны существовать треугольники со сторонами $ \rho^\mu_1, \rho^\mu_2, \rho^\mu, \mu = 1, 2, …, \nu - 1$ и углами $A_\mu, B_\mu, C_\mu, \mu = 1, 2, …, \nu - 1$, лежащими против соответствующих сторон и для каждой шестерки величин, по теореме косинусов, будут выполняться соотношения

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 -2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2\cos C_\mu = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^{\mu}_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1), A_\mu + B_\mu +C_\mu = \pi, \eqno (4) $$

одновременно с соотношением (1), что для $\nu > 1$ возможно только при $ x = y = z = 0$, так как в этом случае количество соотношений (4), вместе с соотношением (3), будет больше трех. Получили противоречие. Теорема доказана.
Следствие (ВТФ для отрезка) В условиях теоремы не существует отрезка длиной $\rho^{\nu}$, для которого имело бы место соотношение

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 = \rho^\nu \eqno (5) $$

Доказательство. Полагая в соотношениях (4) $\mu=\nu$ и $C=\pi$, получим три одинаковых соотношения (5), что, в условиях теоремы, невозможно. Получили противоречие. Следствие доказано.

[Someone]

Yarkin писал(а):

По свойству сторон прямоугольного треугольника [5], для них одновременно должны выполняться пять неравенств:

$$x^{n/2}+y^{n/2}<z^{n/2},\ x^{n/2}+z^{n/2}<y^{n/2},\ y^{n/2}+z^{n/2}<x^{n/2},\ ...$$

А меня в школе учили как-то по-другому. Дескать, в любом треугольнике сумма двух сторон больше третьей...

[нг]

Yarkin писал(а):

В таком случае, для каждого прямоугольного треугольника, по теореме Пифагора должно выполняться соотношение

Игнорируя очевидную ошибку в направлении неравенства треугольника, вопрос: почему из того, что выполняются неравенства треугольника следует, что треугольники — прямоугольные, и к ним применима теорема Пифагора, т.е. (1')

Далее можно не рассматривать, но, вообше говоря, неприводимость многочлена — факт далеко не очевидный.

[нг]

старые ошибки исправлены, тема открыта.
P.S. Предыдущее сообщение выглядит несколько странно из-за интенсивного редактирования доказательства.

[незваный гость]

Yarkin писал(а):

одновременно с соотношением (1), что для $\nu > 1$ возможно только при $ x = y = z = 0$, так как в этом случае количество соотношений (4), вместе с соотношением (3), будет больше трех.

Вы не учли, что $A_\mu$ (для разных $\mu$) и остальные — разные. Поэтому у Вам гораздо больше переменных, чем кажется.

И опять, простой критерий:

tolstopuz здесь писал(а):

Кстати, если заменить "целые" на "действительные", получается неплохое доказательство того, что даже действительных $x, y, z$, удовлетворяющих уравнению (1), не существует.

Он, конечно, не указывает на ошибку, но доказывает ее существование.

[Yarkin]

незваный гость писал(а):

Вы не учли, что $ A_\mu$ (для разных \mu) и остальные — разные. Поэтому у Вам гораздо больше переменных, чем кажется.

Я это учел. Для каждого $\mu$ добавляются четыре уравнения. Так, например, для $\nu=3, 2\nu -1 = 5$. Количество уравнений будет $4(6-1)=20$. К ним надо добавить $4$ уравнения системы (3). Неизвестных для каждого \mu добавляется $3$. Всего их будет: $3(6-1)=15$. К ним надо добавить $4$ неизвестных системы (3). Разность $20-15=5$. Для $\nu=2$, количество лишних уравнений будет равно $3$.

незваный гость писал(а):

Он, конечно, не указывает на ошибку, но доказывает ее существование.

В новой формулировке я учел замечание, которое сделал tolstopuz.

[незваный гость]

Yarkin писал(а):

Для каждого $\mu$ добавляются четыре уравнения.

По-моему, три (3). Если, конечно, не считать условия на сумму углов треугольника. Но это — тождество, чего его считать. Оно вторично (следует из первых трех).

[Yarkin]

незваный гость писал(а):

По-моему, три (3). Если, конечно, не считать условия на сумму углов треугольника. Но это — тождество, чего его считать. Оно вторично (следует из первых трех).

Можно считать, что для каждого $\mu$ добавляются три уравнения, если, с помощью этого тождества, исключить один из углов. В этом случае неизвестных будет добавляться два, а не три.

[незваный гость]

Рассмотрим треугольник со сторонами $a$, $b$, $c$.

Имеем 4 уравнения с углами:
$a^2 = b^2+c^2 - 2b c \cos A$
$b^2 = c^2+a^2 - 2c a \cos B$
$c^2 = a^2+b^2 - 2a b \cos C$
$A + B + C = \pi$

Значит ли это, что треугольник не существует? Ведь у нас 4 уравнения и 3 неизвестных.

Переиначивая то, что я пытаюсь Вам сказать: из
$a^2 = b^2+c^2 - 2b c \cos A$
$b^2 = c^2+a^2 - 2c a \cos B$

следует $c^2 = a^2+b^2 - 2a b \cos (\pi - A - B)$

Вообще, подсчет количества уравнений ничего не доказывает. Система $x^2-1 = 0$, $x^3-1=0$ вполне разрешима, хотя на 2 уравнения 1 неизвестная.

[Yarkin]

незваный гость писал(а):

Вообще, подсчет количества уравнений ничего не доказывает. Система $ x^2 - 1 = 0, x^3 - 1 = 0, вполне разрешима, хотя на 2 уравнения 1 неизвестная.

Да, потомучто они имеют один общий корень.
Рассмотрим простейший случай для $\nu=2$. По теореме должны выполняться две группы соотношений:

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{4}_1 + \rho^{4}_2 = \rho^{4}\\ \rho^{4}_1 + \rho^{4} - 2 \rho^{2}_1 \rho^2 \cos B_2 = \rho^{4}_2\\ \rho^{4}_2 + \rho^{4} - 2 \rho^{2}_2 \rho^2 \cos A_2 = \rho^{4}_1.\\ \end{aligned} \right. , A_2 + B_2 = \pi/2, \eqno (I) $$

и

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2}_1 + \rho^{2}_2 - 2 \rho_1 \rho_2 \cos C_1 = \rho^{2}\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2} - 2 \rho_1 \rho \cos B_1 = \rho^{2}_2\\ \rho^{2}_2 + \rho^{2} - 2 \rho_2 \rho \cos A_1 = \rho^{2}_1.\\ \end{aligned} \right. , A_1 + B_1 + C_1 = \pi, \eqno (II) $$

Группа (II), рассмотренная Вами при $a=\rho_1, b=\rho_2$ и $ c=\rho$, действительно является замкнутой. Но системы (I) и (II) должны быть совместны. Именно, для определения величин $\rho_1, \rho_2$ и $\rho$, наличие даже четырех уравнений, ведет к нулевому решению, независимо от углов $A, B$ и $C$. Рассмотрим первые уравнения из групп (I) и (II)

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{4}_1 + \rho^{4}_2 = \rho^{4}\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2}_2 - 2 \rho_1 \rho_2 \cos C_1 = \rho^{2}.\\ \end{aligned} \right. $$

Возводя второе уравнение в квадрат и, вычитая из первого, после упрощений, получим

$$ \rho^{2}_1 + \rho_1\rho_2 + \rho^{2}_2 =0, \eqno (III) $$

Аналогично, рассмотрев первое уравнение из группы (I) со вторым уравнением из группы (II)

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{4}_1 + \rho^{4}_2 = \rho^{4}\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2} - 2 \rho_1 \rho \cos B_1 = \rho^{2}_2.\\ \end{aligned} \right. $$

,
получим

$$ \rho^{2}_1 - \rho^{2}_2 = 0 $$

Решая это уравнение совместно с (III), получим $\rho_1= \rho_2 = \rho =0$,
то есть, достаточно оказалось, даже, трех уравнений. Такая же ситуация обнаружится и для $\nu=3$.

[незваный гость]

Yarkin писал(а):

Да, потому что они имеют один общий корень.

Это просто тавтология (система совместна, потому, что уравнения имеют общий корень).

Yarkin писал(а):

Рассмотрим первые уравнения из групп (I) и (II)

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{4}_1 + \rho^{4}_2 = \rho^{4}\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2}_2 - 2 \rho_1 \rho_2 \cos C_1 = \rho^{2}.\\ \end{aligned} \right. $$

Возводя второе уравнение в квадрат и, вычитая из первого, после упрощений, получим

$$ \rho^{2}_1 + \rho_1\rho_2 + \rho^{2}_2 =0, \eqno (III) $$

Поподробнее, пожалуйста, упрощения. Куда $C_1$ потерялось?