Теорема Ферма и теорема косинусов

[ananova]

yk2ru в сообщении #972851 писал(а):

Здесь наверное все же неверно допущение, что $X_1$ целое число. Оно может быть и рациональным. То же можно сказать и про $Y_1$.

vasili в сообщении #803760 писал(а):

12. Преобразуем (3)

$(Z-Y)(Z+Y) = X^2 -2XX_1$, а с учетом формул Абеля

$U_1^3(Z +Y) = U_1^2V_1^2 -2U_1V_1X_1$, отсюда

$X_1\equiv 0\mod U_1\engo(5)$, а так же преобразуем (3)

$X_1=\frac {U_1^3(Z +Y) - U_1^2V_1^2} {2U_1V_1}=\frac {U_1^2(Z+Y)- U_1V_1} 2$

Если рассмотреть простейший случай: $Z-Y=1$, то $U_1=1$, $V_1=X$ и $X_1=\frac {2Y+1-X} 2$

C учетом следующей цитаты:

vasili в сообщении #803760 писал(а):

13. Тогда с учетом (5) и (6) имеем

$X_1 = X_0U_1U_2^2$, где $X_0- натуральное число

получается
$X_1 =\frac {2Y+1-X} 2= X_0U_2^2$, где $X_0$- натуральное число

Вывод, если $X_1$ - "рациональное" число, то $X_0$ также "рациональное" число.

[ananova]

А поскольку в "простейшем" случае $X-1=X+Y-Z$, то $X_1$ - натуральное число.

[ananova]

vasili в сообщении #803760 писал(а):

Пришли к противоречию, катет $X_1$ больше гипотенузы $Y$

Уточнение для "простейшего" случая

$$-X_1=Y - \frac {Y+X-Z} 2$$

Т.о. у меня почему то получилось, что $X_1$ - отрицательное число, но в абсолютном значении - меньше, чем $Y$.

[yk2ru]

ananova в сообщении #973510 писал(а):

$X_1=\frac {U_1^3(Z +Y) - U_1^2V_1^2} {2U_1V_1}=\frac {U_1^2(Z+Y)- U_1V_1} 2$

Что-то тут выпало, нет? Первая часть разности в числителе была поделена на $U_1$, но не на $V_1$, когда как вторая часть была поделена на обе переменные из знаменателя.

[ananova]

yk2ru в сообщении #974378 писал(а):

ananova в сообщении #973510 писал(а):

$X_1=\frac {U_1^3(Z +Y) - U_1^2V_1^2} {2U_1V_1}=\frac {U_1^2(Z+Y)- U_1V_1} 2$

Что-то тут выпало, нет? Первая часть разности в числителе была поделена на $U_1$, но не на $V_1$, когда как вторая часть была поделена на обе переменные из знаменателя.

Вы правы, спасибо за перепроверку.
Теперь я не могу утверждать, что $-X_1$ натур.число.

[ananova]

yk2ru в сообщении #974378 писал(а):

Первая часть разности в числителе была поделена на $U_1$, но не на $V_1$, когда как вторая часть была поделена на обе переменные из знаменателя.

Исправление

$$-X_1=\frac {U_1^3(Z +Y) - U_1^2V_1^2} {2U_1V_1}=\frac {U_1^2(Z+Y)- U_1V_1^2} {2V_1}$$

Для "простейшего случая", при $Z-Y=1$:

$$X_1=\frac {X^2-2Y-1} {2X}$$

[yk2ru]

ananova, какой вывод из этого? Откуда минус взялся перед $X_1$?

[ananova]

Минус взялся отсюда:

vasili в сообщении #803760 писал(а):

12. Преобразуем (3)

$(Z-Y)(Z+Y) = X^2 -2XX_1$, а с учетом формул Абеля

$U_1^3(Z +Y) = U_1^2V_1^2 -2U_1V_1X_1$, отсюда

$$U_1^3(Z +Y) = U_1^2V_1^2 -2U_1V_1X_1$$

$$U_1^3(Z +Y)-U_1^2V_1^2 = -2U_1V_1X_1$$

$$\frac {U_1^3(Z +Y)-U_1^2V_1^2} {2U_1V_1} = -X_1$$

В "простейшем" случае $U_1=1$, поэтому:

$$\frac {(Z +Y)-V_1^2} {2V_1} =\frac {(Z +Y)-X^2} {2X}=\frac {(2Y+1)-X^2} {2X} =-X_1$$

Меняем знаки:

$$\frac {X^2-2Y-1} {2X} =X_1$$

Можно сделать вывод, что - это не целое число, т.к. в числителе (при последующем упрощении) есть множитель - $U_2$, а в знаменателе $V_1$. Эти множители взаимно простые.

Возвращая этот результат в исходный, мы приходим к тождеству $2Y+1=2Y+1$. Противоречий нет.

[yk2ru]

ananova в сообщении #974579 писал(а):

Можно сделать вывод, что - это не целое число

Из предположения натуральности $X_1$ получается косинус угла больший единицы, чего не может быть. Значится остаётся рассматривать рациональность этого числа, раз оно не может быть натуральным.

[Tankin]

Рассмотрим приведенное здесь уравнение:
$c^4=(a^4+b^4)-[4(a^2+b^2)ab \cos\gamma-2a^2b^2(1+2\cos^2\gamma)]$
Допустим, что при заданных натуральных числах $a, b$ число $c$ также натуральное, т.е. выполняется равенство:
$c^4=a^4+b^4$
Тогда из этих двух формул следует:
$2ab\cos^2\gamma-2(a^2+b^2)\cos\gamma+ab=0$
Имеем квадратное уравнение относительно $\cos\gamma$
Если корнем этого квадратного уравнения является $\cos\gamma$, то в соответствии с известным правилом свободный член $ab$ должен
делиться на $\cos\gamma$
В соответствии с теоремой косинусов:
$\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$
Очевидно, что $ab$ не делится на $\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$.
Следовательно, принятое допущение неверно:
$c^4\ne a^4+b^4$

[Lia]

Tankin заблокирован как злостный клон.