Доказательство несостоятельности ВТФ

[Jnrty]

Jnrty:

Дискуссия STilda и AD выделена в отдельную тему "Нужны ли нам новые числа?" по просьбе AD.

[Yarkin]

AD писал(а):

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

Это было заблуждением.

AD писал(а):

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 в дальнейшем вроде бы и не используете, тоже забьём.

Равенство достигается при $\mu=\nu$. В неравенствах (8) $\mu=1, 2, ..., \nu-1$

AD писал(а):

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 длину наибольшей стороны

Полностью согласен с этим замечанием.

AD писал(а):

То есть вы заявляете, что все остроугольные треугольники равнобедренные?

Такого вывода я не делал и не думал об этом.

AD писал(а):

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.

Да, пока теорема не доказана, выводы делать рано. Спасибо за четкое указание ошибок.

[AD]

Спасибо за понимание .

Нет, а все-таки, вот если мы с вами сформулируем и докажем-таки вашу теорему, как вы собираетесь ваш вывод-то делать?
Как говорят в западном полушарии, I have no idea.

[Yarkin]

AD писал(а):

Нет, а все-таки, вот если мы с вами сформулируем и докажем-таки вашу теорему, как вы собираетесь ваш вывод-то делать?
Как говорят в западном полушарии, I have no idea.

Я давно считал, что мы работаем вместе! Значит Вы уверены, что теорема будет доказана. Вывод получиться в доказательстве. Для этого нам надо доказать еще одну теорему, которая укажет область существования ВТФ или область определения решений, что связано со второй темой. В результате ВТФ окажется в ножницах.

[AD]

Yarkin писал(а):

Значит Вы уверены, что теорема будет доказана.

Вы меня переоцениваете. Я даже не знаю, о которой из пяти ваших теорем вы говорите.

Yarkin писал(а):

В результате ВТФ окажется в ножницах.

Лучше сначала все-таки хоть что-нибудь доказать, а потом уже делать официальные заявления.

[Yarkin]

AD писал(а):

Вы меня переоцениваете. Я даже не знаю, о которой из пяти ваших теорем вы говорите.

Поскольку во всех пяти теоремах обнаружены ошибки, то речь может идти только о последней редакции. Те теоремы отражают мои поиски и заблуждения.

AD писал(а):

Лучше сначала все-таки хоть что-нибудь доказать, а потом уже делать официальные заявления.

Вы спросили

AD писал(а):

Нет, а все-таки, вот если мы с вами сформулируем и докажем-таки вашу теорему, как вы собираетесь ваш вывод-то делать?

я ответил - никаких официальных заявлений. Жду Ваших замечаний по очередной редакции этой теоремы.


Элементарное доказательство теоремы ВТФ для треугольника

Теорема (ВТФ для треугольника). Если $ \nu $ означает, какое угодно, целое положительное число, то для любых, отличных от нуля корней $x_0 \in\mathbb{C}, y_0 \in\mathbb{C} $ и $z_0 \in\mathbb{C} $ уравнения

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

существует единственный прямоугольный треугольник с длинами сторон $ |x_0|^\nu, |y_0|^\nu, |z_0|^\nu, \nu = 1, 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

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

Следовательно, должен существовать прямоугольный треугольник со сторонами $ \rho^\nu_1, \rho^\nu_2, \rho^\nu, \nu = 1, 2, 3, …, $ и углами $A_\nu, B_\nu, C_\nu, \nu = 1, 2, 3, …, $, лежащими против соответствующих сторон. Для этой шестерки величин, по теореме косинусов, должны выполняться соотношения [5, 330]

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 - 2\rho^\nu_1 \rho^\nu_2 \cos C_\nu = \rho^{2\nu}\\ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_1 \rho^\nu \cos B_\nu = \rho^{2\nu}_2\\ \rho^{2 \nu}_2 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_2 \rho^\nu \cos A_\nu = \rho^{2\nu}_1.\\ \end{aligned} \right. \nu = 1, 2, 3, …, \eqno (4). $$

При этом, для сторон треугольника, должны выполняться условия

$$ \rho^\nu_1 > 0 , \rho^\nu > 0 , \rho^\nu_2 > 0 , \nu = 1, 2, 3, …, \eqno (5) $$

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

$$ 0 < A_\nu < \pi, 0 < B_\nu < \pi, 0 < C_\nu < \pi , A_\nu + B_\nu + C_\nu = \pi, \nu = 1, 2, 3, …, \eqno (6) $$

Согласно соотношению (1), такие углы существуют, причем $C_\nu = \pi/2, \nu = 1, 2, 3, …, $. Подставляя это значение $C^\nu$ в первое из соотношений (4), получим

$$ \left\{ \begin{aligned} \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu}_2 = \rho^{2\nu}\\ \rho^{2 \nu}_1 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_1 \rho^\nu \cos B_\nu = \rho^{2\nu}_2\\ \rho^{2 \nu}_2 + \rho^{2 \nu} - 2 \rho^\nu_2 \rho^\nu \cos A_\nu = \rho^{2\nu}_1.\\ \end{aligned} \right. A_\nu + B_\nu = \pi/2, \nu = 1, 2, 3, …, \eqno (7), $$

При чем, первое из этих соотношений, совпадает с соотношением (3). Как известно [5, 329], для сторон прямоугольного треугольника должны выполняться неравенства:

$$ \rho^\nu_1 + \rho^\nu_2 > rho^\nu, \rho^\nu_1 + \rho^\nu > \rho^\nu_2, \rho^\nu_2 +\rho^\nu > \rho^\nu_1, \rho^\nu_1 < \rho^\nu, \rho^\nu_2 < \rho^\nu \nu = 1, 2, 3, …, $$

тогда, по свойству неравенств, 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 из первого соотношения (9) находим

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

то есть угол

$$ 0 < C_\mu < \pi/2, \mu = 1, 2, …, \nu - 1. $$

Аналогично убеждаемся, что углы $B_\mu$ и $A_\mu$ также острые. Допустив, что для этой тройки корней при каком-то значении $\mu = k$, угол $C_k=\pi/2$, по теореме Пифагора, получим:

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

что будет противоречить неравенствам (8) при $\mu = k$. Следовательно, треугольник, определяемый соотношениями (9) – единственный.
Теорема доказана.
Следствие (ВТФ для отрезка). В условиях теоремы, не существует отрезка длиной $|z_0|^{2\nu}, \nu = 1, 2, 3, ...,$, для которого имело бы место соотношение

$$ |x_0|^{2 \nu} + |y_0|^{2 \nu}= |z_0|^{2\nu}, \nu = 1, 2, 3, …, \eqno (12) $$

Доказательство. Полагая в соотношениях (9) $\mu=\nu$ и $C=\pi, A = B = 0$, получим три одинаковых соотношения

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

противоречащее неравенствам (8) и которое, в условиях теоремы, не может выполняться одновременно с соотношением (12). Следствие доказано.

[Echo-Off]

Yarkin писал(а):

Следствие (ВТФ для отрезка). В условиях теоремы, не существует отрезка длиной , для которого имело бы место соотношение (1).
Доказательство. Полагая в соотношениях (9) и , получим три одинаковых соотношения

противоречащее неравенствам (8) и которое, в условиях теоремы, не может выполняться одновременно с соотношением (1). Следствие доказано

Вы имеете ввиду, что не существует треугольника, "вырожденного" в отрезок? Почему вы берёте $C=\pi, A=B=0$?

[TOTAL]

Yarkin писал(а):

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

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

Неверно. Не получим тождество.

[Someone]

Yarkin писал(а):

Теорема (ВТФ для треугольника). Если $ \nu $ означает, какое угодно, целое положительное число, то для любых, отличных от нуля корней $x_0 \in\mathbb{C}, y_0 \in\mathbb{C} $ и $z_0 \in\mathbb{C} $ уравнения

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

существует единственный прямоугольный треугольник с длинами сторон $ |x|^\nu, |y|^\nu, |z|^\nu, \nu = 2, 3, …, $.

Замечательная теорема. Очень хорошо известная. Только зачем такое страшно длинное доказательство - совсем непонятно.

Давайте мы всю муть из теоремы выкинем. Обозначим $a=|x|^{\nu}$, $b=|y|^{\nu}$, $c=|z|^{\nu}$. Тогда получаем следующую теорему:

Теорема (обратная теореме Пифагора). Если $a$, $b$, $c$ - положительные числа, удовлетворяющие условию $a^2+b^2=c^2$, то треугольник со сторонами $a$, $b$, $c$ - прямоугольный.

Доказательство в одну строчку получается из теоремы косинусов: $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=0$.

Чтобы не загромождать такую замечательную теорему, существование и единственность треугольника лучше вынести в отдельные леммы.
Для доказательства существования достаточно заметить, что $c^2>a^2$, $c^2>b^2$, $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2>a^2+b^2=c^2$, откуда $c>a$, $c>b$, $a+b>c$.
Для доказательства единственности достаточно сослаться на третий признак равенства треугольников (по трём сторонам; так он назывался, когда я был школьником).

[Yarkin]

Echo-Off писал(а):

Вы имеете ввиду, что не существует треугольника, "вырожденного" в отрезок?

Да.

TOTAL писал(а):

Неверно. Не получим тождество.

По определению - подстановка корней в уравнение - превращает его в тождество. В чем я ошибаюсь?

Someone писал(а):

Замечательная теорема. Очень хорошо известная. Только зачем такое страшно длинное доказательство - совсем непонятно.

Я это делаю не специально. Моя цель - установить связь между ВТФ и прямоугольным треугольником или же с отрезком. Возможно, эту цель я воплощаю неуклюже.

Someone писал(а):

Чтобы не загромождать такую замечательную теорему, существование и единственность треугольника лучше вынести в отдельные леммы.

Someone писал(а):

Для доказательства единственности достаточно сослаться на третий признак равенства треугольников (по трём сторонам; так он назывался, когда я был школьником).

Мне такой лаконичности надо учиться. Но, согласитесь, что в Вашей формулировке и доказательстве, ВТФ места нет.

[AD]

Yarkin писал(а):

Мне такой лаконичности надо учиться. Но, согласитесь, что в Вашей формулировке и доказательстве, ВТФ места нет.

Почему же нет? достаточно ведь вернуться к старым обозначениям: $a=|x|^\nu, b=|y|^\nu, c=|z|^\nu$.

[Someone]

Yarkin писал(а):

Но, согласитесь, что в Вашей формулировке и доказательстве, ВТФ места нет.

А причём тут ВТФ? Абсолютно ни при чём. И в Вашей формулировке никакой ВТФ нет, она только в названии присутствует - непонятно, с какой стати. От того, что Вы вместо $a$ напишете $|x|^{\nu}$, ВТФ тут не появится. И равенство $|x|^{2\nu}+|y|^{2\nu}=|z|^{2\nu}$, несмотря на то, что по внешнему виду похоже на равенство, которое встречается в теореме Ферма, тем не менее, ни малейшего отношения к ВТФ не имеет. Так что Вы занимаетесь абсолютно пустым делом, тратя время на доказательство тривиальных утверждений.

[AD]

Someone писал(а):

Так что Вы занимаетесь абсолютно пустым делом, тратя время на доказательство тривиальных утверждений.

Как в том анекдоте: нууууу, это вы уже придираетесь. У Yarkinа прогресс - он уже сформулировал верное утверждение, и даже, вроде бы, доказал его (я особо не вникал на этот раз). Следствие, правда, странное какое-то внизу .

[Someone]

AD писал(а):

У Yarkinа прогресс - он уже сформулировал верное утверждение, и даже, вроде бы, доказал его (я особо не вникал на этот раз).

Я тоже не вникал. Разве ж можно в такое длинное доказательство вникать. Но, по-моему, он там доказывает не совсем то, что сформулировал. Зачем-то доказывает, что какие-то другие треугольники - не прямоугольные, хотя про них ничего в теореме не утверждается.

AD писал(а):

Следствие, правда, странное какое-то внизу :?.

Да, очень странное. А почему он не хочет взять $A=0$, $B=C=\frac{\pi}2$?

[TOTAL]

Yarkin писал(а):

По определению - подстановка корней в уравнение - превращает его в тождество. В чем я ошибаюсь?

Это неверно. А ошибаетесь Вы в том, что продолжаете здесь писать одну глупость за другой.