Формула для пифагоровых троек

[TOTAL]

age в сообщении #239958 писал(а):

Откуда приходите что $\dfrac{z+x}{2}$ и $\dfrac{z-x}{2}$ - взаимно простые квадраты.
Так не пойдет. Это не отменяет других решений.

$\dfrac{z+x}{2}$ и $\dfrac{z-x}{2}$ взаимно простые потому, что $z, x$ взаимно простые.

[venco]

Пусть $a^2+b^2=c^2$, где $a, b, c$ - взаимно простые.
Если рассмотреть равенство по модулю $4$, то единственная возможность - это если $c$ - нечётное, и в паре $a, b$ одно число чётное, а другое - нечётное. Положим для определённости, что чётное - $a$.
$a^2 = c^2-b^2 = (c-b)(c+b)$.
$c-b$ и $c+b$ не могут иметь общего нечётного делителя, иначе на него делились бы все три исходных числа $a, b, c$. Кроме того, т.к. $b$ и $c$ - нечётные, то и $c-b$, и $c+b$ делятся на $2$. Но одновременно на $4$ они делиться не могут, иначе все исходные числа делились бы на $2$. Следовательно $c-b=2x, c+b=2y$, причём $x, y$ - взаимно простые.
Подставляем: $a^2=2x \cdot 2y = 2^2 \cdot x \cdot y$, или $(\frac a 2)^2 = x \cdot y$.
Т.к. $x, y$ - взаимно простые, и их произведение равно квадрату, то оба они должны быть квадратами: $x=m^2, y=n^2$.
Выражаем все числа через $m, n$:
$a=2 m n, b=n^2-m^2, c=n^2+m^2$.
Других решений для взаимно простых $a, b, c$ нет.

[Батороев]

age в сообщении #239922 писал(а):

Батороев
А вдруг есть другие решения вне этой подстановки?

Если бы были другие решения, то формулу
$N=xy=(\frac {x+y}{2})^2-(\frac {x-y}{2})^2$
не применяли бы для факторизации чисел ("факторизация по Ферма").

-- Чт сен 03, 2009 10:56:43 --

Примитивные Пифагоровы тройки могут быть получены только, если число $N$ разложено на две группы взаимнопростых чисел, т.е. на $a^2$ и $b^2$, в противном случае, Вы получите непримитивную тройку.
Например, если представить $N=15^2=(3^2\cdot 5)\cdot (5)$, то получится непримитивная тройка $15^2=(\frac{3^2\cdot 5+5}{2})^2-(\frac{3^2\cdot 5-5}{2})^2=25^5 - 20^2 $,
в отличие от примитивной
$15^2=3^2\cdot 5^2 = (\frac{3^2+5^2}{2})^2-(\frac{3^2+5^2}{2})^2= 17^2 - 8^2 $.

[grisania]

age в сообщении #239663 писал(а):

Всем известна формула Пифагоровых троек:
$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$.
Докажите, что других решений нет. Или же приведите другое решение!

Известны два классических элементарных доказательства о представлении примитивных пифагоровых троек, т. е. параметрических решений уравнения
$a^2+b^2=c^2$
формулами вида
$a={{u}^{2}}-{{v}^{2}}$, $b=2uv$, $\,c={{u}^{2}}+{{v}^{2}}$,
Первое восходит к Евклиду, и его можно найти: [Литцман, стр. 86-88], [Постников, стр. 30-32], [Рибенбойм, стр. 16-17], [Эдвардс, стр. 18-22]. Второе доказательство использует представление рациональных решений уравнения $x^2+y^2=1$. Его можно найти:[Burger, стр. 67-73], [Боро, стр. 72-76], [Дэвенпорт, стр. 154-157], [Литцман, стр. 91-94], [Острик , стр. 3-8]. Часто не проводятся рассуждения при переходе от рациональных решений к целым решениям уравнения $a^2+b^2=c^2$. Отметим, что в [Дэвенпорт, стр. 156] этот переход аккуратно изложен.

Хороший обзор о пифагоровых тройках можно найти в [Shanks, стр. 121-198], [Литцман, стр. 82-99], геометрический подход в [Burger, стр. 67-73].

Из этих представлений следует единственность чисел с точностью до знаков, т. е. если годятся $u, v, то годятся и $-u, -v. Других нет.

Если использовать комплексные числа, то в кольце гауссовых целых $\mathbb{Z}\left( i \right)$ верно $\left( a+ib \right)\left( a-ib \right)={{c}^{2}}$. Кольцо $\mathbb{Z}\left( i \right)$ факториально, а для факториальных колец имеет место аналог основной теоремы арифметики [Fine B., Rosenberger G., стр. 255-261] и [Айерлэнд К., Роузен М., стр. 23-26]: каждый элемент такого кольца разлагается на простые множители однозначно с точностью до порядка и ассоциированности множителей. Поэтому из факториальности $\mathbb{Z}\left( i \right)$ следует $\left( a+ib \right)={{\left( u+iv \right)}^{2}}$ для некоторых
$u$ и $v$. Тогда
$a+ib={{\left( u+iv \right)}^{2}}=\left( {{u}^{2}}-{{v}^{2}} \right)+i\left( 2uv \right)$.
Откуда согласно равенству комплексных чисел $a={{u}^{2}}-{{v}^{2}}$ и $b=2uv$. Если перейти к нормам, то ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{\left( {{u}^{2}}+{{v}^{2}} \right)}^{2}}={{c}^{2}}$, поэтому ${{c}^{3}}={{u}^{2}}+{{v}^{2}}$.

Про факториальные кольца лучше всего написано у таких авторов:
Stillwell J. Elements of number theory (Springer, 2002)
Ireland K., Rosen M. A classical introduction to modern number theory (2ed, GTM 84, Springer, 1990)
Умеют амеры писать доходчиво и просто - это надо признать аднака

Литература (всё можно скачать в инете)
Burger E.B. Exploring the number jungle, AMS, 2000
Fine B., Rosenberger G. Number Theory: An Introduction via the Distribution of Primes. Boston, Birkhauser, 2007.
Shanks D. Solved and Unsolved Problems in Number Theory. Chelsea, 1985.
Айерлэнд К., Роузен М. Классическое введение в современную теорию чисел = A Classical Introduction to Modern Number Theory. — Москва, Мир, 1987.
Боро В., Цагир Д., Рольфс Ю., Крафт Х., Янцен Е. Живые числа. Москва, Мир, 1985.
Дэвенпорт Г. Высшая арифметика. Москва, Наука, 1965
Литцман В. Теорема Пифагора. Москва, Физматгиз, 1960
Постников М. М. Теорема Ферма. Введение в теорию алгебраических чисел. Москва, Наука, 1978.
Рибенбойм П. Последняя теорема Ферма для любителей. Москва Мир, 2003
Эдвардс Г. Теорема Ферма. Генетическое введение в алгебраическую теорию чисел. Москва (Fermat's Last Theorem: A Genetic Introduction to Algebraic Number Theory). Мир, 1980
Острик В.В., Цфасман М.А. Алгебраическая геометрия и теория чисел: рациональные и эллиптические кривые. Москва, МЦНМО, 2001.

[age]

VAL
Все очень просто: надо либо найти другое решение пифагоровых троек, отличное от:
$k^2(a^2-b^2)+4k^2a^2b^2=k^2(a^2+b^2)$
Либо показать, что такого (другого) решения в принципе быть не может!

[TOTAL]

age в сообщении #240022 писал(а):

Либо показать, что такого (другого) решения в принципе быть не может!

Не обманывайте! Что другого нет, уже давно и много раз показали. Так что Вам нужно что-то другое.

[grisania]

age в сообщении #240022 писал(а):

VAL
Все очень просто: надо либо найти другое решение пифагоровых троек, отличное от:
$k^2(a^2-b^2)+4k^2a^2b^2=k^2(a^2+b^2)$
Либо показать, что такого (другого) решения в принципе быть не может!

Для $k=1$ других нет, а вот для $k>1$ как мне кажется надо повозиться, здесь есть тонкость, когда $m=\gcd \left( a,b \right)$ содержит множитель, представимый в виде суммы двух квадратов в уравнении ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{c}^{2}}$

[age]

TOTAL
Если $z$ и $x$ разной четности, то числа $\dfrac{z\pm x}{2}$ целыми быть не могут.

-- Чт сен 03, 2009 13:24:01 --

venco
А вдруг если $c$ и $b$ разной четности, возможно другое решение? Почему они именно одинаковой четности?

-- Чт сен 03, 2009 13:24:59 --

Батороев в сообщении #239993 писал(а):

age в сообщении #239922 писал(а):

Батороев
А вдруг есть другие решения вне этой подстановки?

Если бы были другие решения, то формулу
$N=xy=(\frac {x+y}{2})^2-(\frac {x-y}{2})^2$
не применяли бы для факторизации чисел ("факторизация по Ферма").

Это не аргумент. А вдруг ошибочно применяют?

-- Чт сен 03, 2009 13:27:17 --

grisania
У меня вызывает очень большие сомнения целость чисел вида $a\pm bi$. Сперва укажите мне что больше $3i$ литров кефира или $\sqrt2i$ стульев?

-- Чт сен 03, 2009 13:28:42 --

TOTAL в сообщении #240024 писал(а):

age в сообщении #240022 писал(а):

Либо показать, что такого (другого) решения в принципе быть не может!

Не обманывайте! Что другого нет, уже давно и много раз показали. Так что Вам нужно что-то другое.

Честно скажу: мне не нравится ни одно из приведенных выше доказательств.
VAL опускает некоторые случаи. venco принимает по умолчанию одинаковую четность. grisania оперирует мнимыми числами, полагая их целыми.

[VAL]

age писал(а):

Честно скажу: мне не нравится ни одно из приведенных выше доказательств.

Это Ваши личные проблемы

[Бодигрим]

age в сообщении #240074 писал(а):

Честно скажу: мне не нравится ни одно из приведенных выше доказательств.

Достаточно трудно (и неинтересно) выписывать полные доказательства классических фактов в формате форума. Почему бы вам не обратиться к имеющейся литературе? Выше grisania привел отличный список. Я бы в первую очередь обратился к книжке Дэвенпорта.

[age]

Бодигрим
По простой причине: он привел доказательство, содержащееся в книжке. Оно меня не устраивает. Подробно выписывать ничего не надо, достаточно тезисно. Если вам интересен список, читайте его.

[Бодигрим]

age в сообщении #240257 писал(а):

По простой причине: он привел доказательство, содержащееся в книжке.

Приоткрою завесу тайны, окружающую пифагоровы тройки: в разных книжках встречаются разные доказательства. Вас смущают рассуждения в гауссовых целых, приведенное grisania? Тут есть два варианта: либо разберитесь в их устройстве и свойствах (задавая конкретные адекватные вопросы); либо обратитесь к доказательствам, их не использующим. Вот в частности в Дэвенпорте гауссовы целые не привлекаются и я не увидел в этой теме аналога его рассуждений.

[age]

Бодигрим в сообщении #240263 писал(а):

Вот в частности в Дэвенпорте гауссовы целые не привлекаются и я не увидел в этой теме аналога его рассуждений.

Тогда приведите этот аналог. А я посмотрю на что он годится. И выдержит ли хотя бы минимальной критики с моей стороны. И вы вместе с ним.

[venco]

age в сообщении #240074 писал(а):

venco принимает по умолчанию одинаковую четность.

Не так. Из чисел $a$ и $b$ обязательно одно чётное, а другое нечётное. Т.к. их можно поменять местами, то я выбрал чётным $a$.

[age]

venco
Не обязательно. Из чисел $a, b, c$ два нечетны, одно четно (в примитивных тройках). Поэтому в $a$ и $b$ могут попасть числа как разной четности $5$ и $4$, так и одинаковой $5$ и $3$.
Вот именно, что случай, где можно поменять местами вы не рассмотрели. А вдруг там можно вывести другую формулу?