Доказательство несостоятельности ВТФ

[Yarkin]

Yarkin писал(а):

Да, потомучто они имеют один общий корень.

незваный гость писал(а):

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

Почему мое высказывание тавтология? Мне кажется, что оно, почти одинаково с Вашим.

незваный гость писал(а):

Поподробнее, пожалуйста, упрощения. Куда потерялось?

Разобравшись подробнее, я действительно обнаружил $C_1$. Старость не радость. Насколько я понял Ваше замечание более глубоко и оно связано с моей ошибкой. Из пяти неравенств для сторон треугольника, я использовал только три первых, а два последних (для гипотенузы) оказались мертвы. Поэтому, снова пришлось редактировать доказательство теоремы. Благодарю за помощь.

Добавлено спустя 11 минут 15 секунд:

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\in\mathbb{C}, y\in\mathbb{C} $ и $ z\in\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\in\mathbb{C}, y\in\mathbb{C} $ и $ z\in\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

$$ \rho^\mu_1 + \rho^\mu_2 > rho^\mu, \rho^\mu_1 + \rho^\mu > \rho^\mu_2, \rho^\mu_2 +\rho^\mu > \rho^\mu_1, \rho^\mu_1 < \rho^\mu, \rho^\mu_2 < \rho^\mu, \mu = 1, 2, 3, ..., \nu - 1, \eqno (4) $$

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

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 - 2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2\cos C_\mu = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1), A_\mu + B_\mu +C_\mu = \pi, \eqno (5) $$

одновременно с соотношением (1), причем угол $C_\mu$ должен лежать против наибольшей стороны $ \rho^\mu$ треугольника и, для удовлетворения неравенств (4), должен быть либо прямым, либо тупым. Из первого соотношения (5) находим

$$ \cos C_\mu = - \frac{\rho^{2\mu} - \rho^{2 \mu}_1 - \rho^{2\mu}_2} {2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2} > 0$$

То есть угол $C_\mu$ острый, но это противоречит последним двум неравенствам (4). Противоречие избежим, если примем $\cos C=0$, или $C=\pi/2$. Соотношения (5) примут вид

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1), A_\mu + B_\mu = \pi/2. \eqno (6) $$

Выполнение этих соотношений одновременно с соотношениями (3) для $\nu > 1$ возможно только при $ x = y = z = 0$. Чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть случай $\nu=2$. Получили противоречие. Теорема доказана.
Следствие (ВТФ для отрезка) В условиях теоремы не существует отрезка длиной $\rho^{\nu}$, для которого имело бы место соотношение

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 = \rho^\nu, \eqno (7) $$

Доказательство. Полагая в соотношениях (5) $\mu=\nu$ и $C=\pi$, получим три одинаковых соотношения (7), что, в условиях теоремы, невозможно. Получили противоречие. Следствие доказано.

[незваный гость]

Боже мой!

Yarkin писал(а):

будут выполняться соотношения

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 + 2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2\cos C_\mu = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1), A_\mu + B_\mu +C_\mu = \pi, \eqno (5) $$

одновременно с соотношением (1), причем угол $C$ должен лежать против наибольшей стороны $ \rho^\mu$ треугольника и знак + перед слагаемым

Кто же дал Вам право менять знак в теореме косинусов?! В этой теореме $\angle C$ может быть тупым, а косинус — отрицательным, но такое!

[Yarkin]

незваный гость писал(а):

Кто же дал Вам право менять знак в теореме косинусов?! В этой теореме может быть тупым, а косинус — отрицательным, но такое!

В теореме косинусов, в случае тупого угла, минус переходит на плюс.
В общем случае, конечно, стоят минусы:

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 - 2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2\cos C_\mu = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right. (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1), A_\mu + B_\mu +C_\mu = \pi, $$

Из первого соотношения, получим

$$ \cos C = - \frac{\rho^{2\mu} - \rho^{2 \mu}_1 - \rho^{2\mu}_2} {2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2} > 0 $$

то есть, угол $C$ - острый, что противоречит двум последним неравенствам (4).

[незваный гость]

Yarkin писал(а):

В теореме косинусов, в случае тупого угла, минус переходит на плюс.

Простите иронию, но это Ваш вклад в геометрию. Но он требует доказательства.

Добавлено спустя 4 минуты 36 секунд:

Yarkin писал(а):

$$ \cos C = - \frac{\rho^{2\mu} - \rho^{2 \mu}_1 - \rho^{2\mu}_2} {2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2} > 0 $$

А почему $\angle C$ должен быть тупым?

Добавлено спустя 15 минут 22 секунды:

Ваше доказательство опять скатилось в отмеченный давным-давно люк: оно применимо к вещественным числам, а потому заведомо содержит ошибку.

Я перестаю комментировать Ваши доказательства, которые можно проверить этим способом.

[Yarkin]

незваный гость писал(а):

Простите иронию, но это Ваш вклад в геометрию. Но он требует доказательства.

Над моими высказываниями можно иронизировать, я не обижаюсь. Лишь бы они вели к цели. Теорема косинусов отражает природу и я туда ничего внести не могу. Могу только использовать ее при доказательствах. Я считаю, что она дает полный ответ на проблему Ферма, причем элементарно.

незваный гость писал(а):

А почему $\angle C$ должен быть тупым?

Он может быть и прямым, но не острым. Потому, что для стороны $\rho^\mu$ должны выполняться последние два неравенства (4): $\rho^{\mu}_1 < \rho^\mu, \rho^{\mu}_2 < \rho^\mu.

незваный гость писал(а):

Ваше доказательство опять скатилось в отмеченный давным-давно люк: оно применимо к вещественным числам, а потому заведомо содержит ошибку.

В самом начале теоремы говориться, что $ x\subset\mathbb{C}, y\subset\mathbb{C} $ и $ z\subset\mathbb{C} $.К выводу о том, что искать решение проблемы Ферма надо именно в этом поле, я пришел после разъяснений, которые я получил от Вас и AD о природе чисел в теме "Уравнения и область их решений".

незваный гость писал(а):

Я перестаю комментировать Ваши доказательства, которые можно проверить этим способом.

Мне очень жаль, что Вы приняли такое решение, поскольку я получил большую пользу от нашего общения.

[AD]

Yarkin писал(а):

В самом начале теоремы говориться, что $x\subset\mathbb{C},y\subset\mathbb{C}$ и $z\subset\mathbb{C}$.К выводу о том, что искать решение проблемы Ферма надо именно в этом поле, я пришел после разъяснений, которые я получил от Вас и AD о природе чисел в теме "Уравнения и область их решений".

Ужас, неужели я когда-то такое сказал? А, ну и не $\subset$, а $\in$.

Добавлено спустя 9 минут 6 секунд:

Yarkin писал(а):

незваный гость писал(а):

Я перестаю комментировать Ваши доказательства, которые можно проверить этим способом.

Мне очень жаль, что Вы приняли такое решение, поскольку я получил большую пользу от нашего общения.

а tolstopuz еще раньше писал(а):

Ошибка совершенно тривиальна.

Ну сопоставьте как-нибудь эти высказывания. Собственно, больше всего пользы вы получите, самостоятельно найдя ошибку в своем "элементарном доказательстве ВТФ".

[Yarkin]

AD писал(а):

Ужас, неужели я когда-то такое сказал? А, ну и не $\subset$, а $\in$.

Нет. В теме "Уравнения и область поиска решений" я подробно объяснил, почему я пришел к такому выводу. За указание ошибки принадлежности спасибо. Я ее исправлю.

AD писал(а):

Ну сопоставьте как-нибудь эти высказывания. Собственно, больше всего пользы вы получите, самостоятельно найдя ошибку в своем "элементарном доказательстве ВТФ".

Эту ошибку я нашел. Рассматривая в доказательстве натуральные числа, я прихватил и действительные. В новой формулировке это учтено.

[AD]

Yarkin писал(а):

Эту ошибку я нашел. Рассматривая в доказательстве натуральные числа, я прихватил и действительные. В новой формулировке это учтено.

Нет, не то. Просто ошибка в доказательстве. Оно неправильное. В рассуждениях вы делаете неверный переход. (а то и несколько).

И, как следствие, получаете замечание от tolstopuzа: если бы доказательство было правильным, то те же рассуждения проходили бы и для действительных чисел тоже, и получилось бы заведомо неверное утверждение, что $x^n+y^n=z^n$, $n>2$, не имеет решений над $\mathbb{R}$.

Так вот предлагаю вам самостоятельно найти неверный переход в вашем доказательстве. Поверьте, ошибки бывают не только философского характера.

[Yarkin]

AD писал(а):

Yarkin писал(а):

Эту ошибку я нашел. Рассматривая в доказательстве натуральные числа, я прихватил и действительные. В новой формулировке это учтено.

Нет, не то. Просто ошибка в доказательстве. Оно неправильное. В рассуждениях вы делаете неверный переход. (а то и несколько).

И, как следствие, получаете замечание от tolstopuzа: если бы доказательство было правильным, то те же рассуждения проходили бы и для действительных чисел тоже, и получилось бы заведомо неверное утверждение, что $x^n+y^n=z^n$, $n>2$, не имеет решений над $\mathbb{R}$.

Так вот предлагаю вам самостоятельно найти неверный переход в вашем доказательстве. Поверьте, ошибки бывают не только философского характера.

Замечание tolstopuza относилось к доказательству ВТФ и я его полностью признал. В теореме ВТФ для треугольника говориться, что для любых, отличных от нуля, корней $\rho_1, \rho_2, \rho$ уравнения

$$ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2= \rho^{2\nu}, \nu = 2, 3, …, \eqno (1) $$

не существует треугольника со сторонами $\rho^\nu_1, \rho^\nu_2, \rho^\nu$
Тем не менее, я занят поиском ошибок и переделкой этой теоремы.

[AD]

Yarkin писал(а):

Тем не менее, я занят поиском ошибок и переделкой этой теоремы.

Хм, так я их вам вроде бы давно указал уже. Полистайте эту тему по-подробнее.

Yarkin писал(а):

Замечание tolstopuza относилось к доказательству ВТФ и я его полностью признал.

Ежу понятно, что теорема для треугольника эквивалентна теореме Ферма для четных $n$.

[Yarkin]

AD писал(а):

Yarkin писал(а):
Тем не менее, я занят поиском ошибок и переделкой этой теоремы.
Хм, так я их вам вроде бы давно указал уже. Полистайте эту тему по-подробнее.

Вы мне их указали в неявной форме:

AD писал(а):

Нет, не то. Просто ошибка в доказательстве. Оно неправильное. В рассуждениях вы делаете неверный переход. (а то и несколько).

Поэтому я тщательно проверяю все переходы.

AD писал(а):

Ежу понятно, что теорема для треугольника эквивалентна теореме Ферма для четных $n$.

Я хочу доказать обратное.

[AD]

Я задавал вопросы, на которые ответа так и не получил, и скорее всего не получу, потому что там и есть ошибка.

Yarkin писал(а):

Я хочу доказать обратное.

Доказать обратное вам вряд ли получится, потому что

Я писал(а):

Ежу понятно

Хотя, конечно, полной теореме Ферма, может быть, она и не эквивалентна.

[Yarkin]

AD писал(а):

Я задавал вопросы, на которые ответа так и не получил, и скорее всего не получу, потому что там и есть ошибка.

Ответом будет отредактированная теорема ВТФ для треугольника. Я должен свое вранье обнаружить сам и заменить истиной. Это не легко, но выполнимо.

AD писал(а):

Доказать обратное вам вряд ли получится, потому что
Я писал(а):
Ежу понятно

Хотя, конечно, полной теореме Ферма, может быть, она и не эквивалентна.

Ваши сомнения от чего-то все-таки призошли.Что - то воздействовало. Я считаю, что ВТФ находится в ножницах и доказательств ее некорректности будет много и разных.

[Yarkin]

STilda писал(а):

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=77549#77549
Как насчет того, чтоб сменить алгебру чисел? кроме действительных и комплексных можно выдумать дикую кучу алгебр всяких со своими "мнимыми" единицами и правилами их сложения и умножения. в том числе не совместимых с "обычными".

Абсолютно невыполнимая вещь, но в качестве математических игр и развлечений можно. В компьютерных играх это используются

AD писал(а):

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=77552#77552
Ну воздействовало, например, то, что не все натуральные числа являются четными. Вывести из теоремы Ферма вашу теорему для треугольника очень просто, а обратная импликация нетривиальна. Вы просто сформулировали более слабую теорему, заменив натуральные $n$ четными.

Даже эту оценку я считаю для себя большим достижением.
.

Добавлено спустя 13 минут 39 секунд:

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 корней $x_0 \in\mathbb{C}, y_0 \in\mathbb{C} $ и $z_0 \in\mathbb{C} $ уравнения

$$ |x|^{2 \nu} + |y|^{2 \nu}= |z|^{2\nu}, \nu = 2, 3, …, \eqno (1) $$

не существует треугольника с длинами сторон $ |x|^\nu, |y|^\nu, |z|^\nu, \nu = 2, 3, …, $
Доказательство. Пусть $x_0 \in\mathbb{C}, y_0 \in\mathbb{C} $ и $z_0 \in\mathbb{C} $ - корни уравнения (1). Будем считать, что ни один из них не равен нулю, ибо треугольника в этом случае нет. Введем обозначения:

$$ |x_0| = \rho_1, |y_0| = \rho_2, |z_0| = \rho, \eqno (2) $$

Подставляя в уравнение (1) вместо $x, y, z$, соответственно $x_o, y_0, z_0$, с учетом обозначений (2), получим тождество

$$ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 = \rho^{2\nu}, \nu = 2, 3, …, \eqno (3) $$

Допустим, вопреки утверждению теоремы, что для этих корней существует треугольник со сторонами $ \rho^\nu_1, \rho^\nu_2, \rho^\nu, \nu = 2, 3, …, $ и углами $A_\nu, B_\nu, C_\nu, \nu = 2, 3, …, $, лежащими против соответствующих сторон. Для этой шестерки величин, по теореме косинусов, должны выполняться соотношения [5, 330]

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 - 2\rho^\nu_1 \rho^\nu_2 \cos C_\nu = \rho^{2\nu}\\ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_1 \rho^\nu \cos B_\nu = \rho^{2\nu}_2\\ \rho^{2 \nu}_2 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_2 \rho^\nu \cos A_\nu = \rho^{2\nu}_1.\\ \end{aligned} \right. \nu = 2, 3, …, \eqno (4). $$

При этом, для сторон треугольника, должны выполняться условия

$$ \rho^\nu_1 > 0 , \rho^\nu > 0 , \rho^\nu_2 > 0 , \nu = 2, 3, …, \eqno (5) $$

которые, согласно обозначений (2), выполняются. А для углов треугольника должны выполняться свои условия

$$ 0 < A_\nu < \pi, 0 < B_\nu < \pi, 0 < C_\nu < \pi , A_\nu + B_\nu + C_\nu = \pi, \nu = 2, 3, …, \eqno (6) $$

Но, одно из соотношений (4) должно совпадать с тождеством (3). Это совпадение можно получить только при единственном значении $C_\nu = \pi/2, \nu = 2, 3, …,$ из указанного в неравенствах (6) интервала для $C_\nu$. Подставляя это значение $C_\nu, \nu = 2, 3, …, $ в первое из соотношений (4), получим

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 = \rho^{2\nu}\\ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_1 \rho^\nu \cos B_\nu = \rho^{2\nu}_2\\ \rho^{2 \nu}_2 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_2 \rho^\nu \cos A_\nu = \rho^{2\nu}_1.\\ \end{aligned} \right. A_\nu + B_\nu = \pi/2, \nu = 2, 3, …, \eqno (7), $$

При чем, первое из этих соотношений, совпадает с соотношением (3). Таким образом, если такой треугольник существует, то он должен быть прямоугольным.
Как известно [5, 329], для сторон прямоугольного треугольника должны выполняться неравенства:

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 > rho^\nu, \rho^\nu_1 + \rho^\nu > \rho^\nu_2, \rho^\nu_2 +\rho^\nu > \rho^\nu_1, \rho^\nu_1 < \rho^\nu, \rho^\nu_2 < \rho^\nu, \nu = 2, 3, …, $$

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

$$ \rho^\mu_1 + \rho^\mu_2 > \rho^\mu, \rho^\mu_1 + \rho^\mu > \rho^\mu_2, \rho^\mu_2 +\rho^\mu > \rho^\mu_1, \rho^\mu_1 < \rho^\mu, \rho^\mu_2 < \rho^\mu, \mu = 1, 2, 3, ..., \nu – 1, \eqno (8) $$

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

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 - 2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2\cos C_\mu = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right., A_\mu + B_\mu +C_\mu = \pi, \mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1 \eqno (9) $$

одновременно с соотношениями (7). При этом, для сторон треугольника, должны выполняться условия:

$$ \rho^\mu_1 > 0 , \rho^\mu > 0 , \rho^\mu_2 > 0 , \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1, \eqno (10) $$

которые, согласно обозначений (2), действительно, выполняются. Также должны выполняться и условия для углов треугольника:

$$ 0 < A_\mu < \pi, 0 < B_\mu < \pi, 0 < C_\mu < \pi , A_\mu + B_\mu + C_\mu = \pi, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1 \eqno (11) $$

Но угол $C_\mu, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1$, лежащий против наибольшей стороны треугольника $\rho^\mu, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1$ не может быть острым, так как это будет противоречить последним двум неравенствам (8). Следовательно, условия для углов (11), должны иметь вид:

$$ 0 < A_\mu < \pi, 0 < B_\mu < \pi, \pi/2 \leqslant C_\mu < \pi , A_\mu + B_\mu + C_\mu = \pi, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1 \eqno (12) $$

Но из первого соотношения (9) находим

$$ \cos C_\mu = - \frac{\rho^{2\mu} - \rho^{2 \mu}_1 - \rho^{2\mu}_2} {2\rho^{\mu}_1\rho^{\mu}_2} \geqslant 0, \mu = 1, 2, …, \nu - 1 $$

То есть угол

$$ 0 < C_\mu \leqslant \pi/2, \mu = 1, 2, …, \nu - 1, \eqno (13) $$

.
Из сравнения условий (12) и (13) для $C_\mu, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1$, приходим к выводу, что $C_\mu=\pi/2, \mu = 1, 2, …, \nu - 1$, тогда условия для углов (12) примут вид:

$$ 0 < A_\mu < \pi, 0 < B_\mu < \pi, C_\mu = \pi/2 , A_\mu + B_\mu = \pi/2, \mu = 1, 2, 3, …, \nu-1, $$

то есть, для всех, указанных значений $\mu$, треугольники могу быть только прямоугольными. Подставляя $C_\mu=\pi/2, \mu = 1, 2, …, \nu - 1$, в первое из соотношений (9), получим соотношения теоремы косинусов для сторон и углов, полученных треугольников:

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu}_2 = \rho^{2\mu}\\ \rho^{2 \mu}_1 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_1 \rho^\mu \cos B_\mu = \rho^{2\mu}_2\\ \rho^{2 \mu}_2 + \rho^{2 \mu} - 2 \rho^\mu_2 \rho^\mu \cos A_\mu = \rho^{2\mu}_1.\\ \end{aligned} \right., A_\mu + B_\mu = \pi/2, (\mu = 1, 2, 3, …, \nu - 1). \eqno (14) $$

Эти соотношения должны выполняться одновременно с соотношениями (7). Рассмотрим случай $\nu = 2, \mu = 1$, взяв из систем (7) и (14) первые соотношения

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^4_1 + \rho^4_2 = \rho^4\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2 }_2 = \rho^{2}.\\ \end{aligned} \right. \eqno (15) $$

Будем рассматривать эти соотношения, как систему уравнений для неизвестных $\rho_1$ и $\rho_2$. Для нахождения $\rho_1$ и $\rho_2$, возведем обе части второго уравнения в квадрат. Получим

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

Вычитая из первого уравнения отдельно левые и правые части второго уравнения, получим $2\rho^{2}_1 \rho^{2 }_2 = 0$, откуда следует, что, либо $\rho_1 = 0$, либо $\rho_2 = 0$. Это означает, согласно обозначений (2), что либо $x_0 = 0$, либо $y_0 = 0$, что противоречит допущению. Тем самым доказано, что для значения $\nu = 2$, треугольника, удовлетворяющего условиям теоремы, не существует.
Аналогично для случая $\nu = 3$, получим систему

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^6_1 + \rho^6_2 = \rho^6\\ \rho^4_1 + \rho^4_2 = \rho^4\\ \rho^{2}_1 + \rho^{2 }_2 = \rho^{2}.\\ \end{aligned} \right. \eqno (16) $$

Сравнивая системы (15) и (16), замечаем, что добавление еще одного уравнения, не исключает решения, полученного для $\nu = 2$. Этот вывод сохраниться и для $ \nu = 3, 4,…,$ поскольку уравнения (15) будут содержаться в системе (14) для всех $\nu > 2$. Следовательно, доказательство можно ограничить рассмотренным случаем. Теорема доказана.
Следствие (ВТФ для отрезка). В условиях теоремы, не существует отрезка длиной $\rho^{\nu}$, для которого имело бы место соотношение

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 = \rho^\nu, \nu = 2, 3, …, \eqno (17) $$

Доказательство. Полагая в соотношениях (9) $\mu=\nu$ и $C=\pi$, получим три одинаковых соотношения (17), что, в условиях теоремы, невозможно. Получили противоречие. Следствие доказано.

Эта теорема – результат работы форума. Я не знал, какой она будет окончательной и, может быть, она еще измениться. Все зависит от ваших замечаний. Но, уже напрашивается вывод о некорректности формулировки ВТФ и бессмысленности поиска ее доказательства для целых положительных $x, y, z$.

[AD]

Неплохо вы все разжевали.

Ладно, пишу в ваших комплексных обозначениях.
Ну, во-первых, формулировка по-прежнему страннЕе некуда.
Если $|x|^{2n}+|y|^{2n}=|z|^{2n}$, и все модули положительны, то треугольник со сторонами $|x|^n$, $|y|^n$ и $|z|^n$ заведомо существует и будет прямоугольным.

Теперь про доказательство. Фактически, повторяю ранее заданные вопросы.

Поясните, все-таки, соотношения (8). Из каких-таких свойств неравенств и степени это следует. Но это вроде бы как раз верно.

Самое интересное - это когда вы обнаруживаете, что $C_\mu=\frac{\pi}2$.

В доказательстве, что он не тупой: почему числитель неположителен? Ведь в неравенствах (8) у вас было $\mu<n$, а здесь стоит $2\mu$, которое может быть и больше $n$, и неравенства (8) в этом случае просто неверны. Но это соотношение вы, впрочем, при больших $\mu$ в дальнейшем вроде бы и не используете, тоже забьём.

Но в доказательстве, что он не острый: почему это противоречит неравенствам (8)? Ведь неравенства (8) выполняются для вообще всех треугольников (кроме треугольников, у которых две одинаковые наибольшие стороны), если (без ограничения общности) обозначить через $\rho$ длину наибольшей стороны. То есть вы заявляете, что все остроугольные треугольники равнобедренные?

Вот такие вот дела.
Хотя это всё тонет перед ужасами формулировки.

Добавлено спустя 1 минуту 51 секунду:

Да, ну и почему же из этого должно следовать, что формулировка ВТФ некорректна? Может, объясните как-нибудь на досуге? Вот мне такой вывод как не напрашивался никогда, так и сейчас не напрашивается. Ничего не сдвинулось. Ну совсем не сдвинулось. Ни на муллиметр.

Добавлено спустя 7 минут 17 секунд:

А, и про смену алгебры чисел надо STildе еще что-то сказать.

Конечно, менять алгебру чисел никто не собирался, можно ведь просто придумать какую-нибудь другую и поисследовать ее, не отменяя общепринятую. Вот есть такая "тропическая математика", слышали? Забавная теория.

Менять алгебру чисел как раз Yarkin предлагал в свое время, в своей классической теме http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=6758&postdays=0&postorder=asc&start=0.