2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ... 11  След.
 
 
Сообщение31.08.2007, 10:32 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2007, 21:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
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!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2007, 21:51 


16/03/07

823
Tashkent
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).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2007, 22:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2007, 23:52 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2007, 17:52 
Экс-модератор


17/06/06
5004
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".

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2007, 22:24 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.09.2007, 08:05 
Экс-модератор


17/06/06
5004
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.09.2007, 13:44 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2007, 09:32 
Экс-модератор


17/06/06
5004
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 $n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2007, 12:57 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2007, 22:04 
Экс-модератор


17/06/06
5004
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.09.2007, 14:20 


16/03/07

823
Tashkent
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.09.2007, 10:08 


16/03/07

823
Tashkent
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 $x, y, z$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.09.2007, 20:58 
Экс-модератор


17/06/06
5004
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 152 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ... 11  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group