Teoremă pentru triunghi

Scris de curiosul Dum 31 Mar 2013, 03:59

Teoremă

"Pentru $\mathbf{n\neq 2}$ între laturile x, y, z ale unui triunghi nu există egalitatea $\mathbf{x^n+y^n=z^n}$ ."

Demonstrație :

Dacă între laturile x, y, z ale unui triunghi este adevărată egalitatea $\mathbf{x^n+y^n=z^n}$ , atunci putem forma sistemul :

$\dpi{120} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n}\\ \mathbf{x\cdot cosB+y\cdot cosC=z} \end{cases}$

unde cosB și cosC sunt unghiurile formate de laturile x și z, respectiv y și z, iar

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{cosB=\frac{z^2+x^2-y^2}{2\cdot x\cdot z}}\\ \\ \mathbf{cosC=\frac{z^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot z}} \end{cases}$

Din egalitățile sistemului rezultă că :

$\dpi{150} \mathbf{x^n+y^n=\left ( x\cdot cosB+y\cdot cosC \right )z^{n-1}}\\$

$\dpi{150} \mathbf{\frac{x^n+y^n}{z^{n-1}}= x\cdot cosB+y\cdot cosC }\\$

$\dpi{150} \mathbf{x\cdot \frac{x^{n-1}}{z^{n-1}}+y\cdot \frac{y^{n-1}}{z^{n-1}}= x\cdot cosB+y\cdot cosC }\\$

$\dpi{150} \mathbf{y\cdot \left (\frac{y^{n-1}}{z^{n-1}}- cosC \right )= x\cdot \left (cosB-\frac{x^{n-1}}{z^{n-1}} \right ) }\\$

$\dpi{150} \mathbf{y= x\cdot \frac{cosB-\frac{x^{n-1}}{z^{n-1}}}{\frac{y^{n-1}}{z^{n-1}}- cosC} }\\$

$\dpi{150} \mathbf{y= x\cdot \frac{cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1}}{y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1}}}$

Ecuația inițială o putem scrie

$\dpi{150} \mathbf{x^n+y^n=(x\cdot cosB+y\cdot cosC)^n}$

unde putem înlocui soluția

$\dpi{150} \mathbf{y= x\cdot \frac{cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1}}{y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1}}}$

și ajungem la egalitatea :

$\dpi{200} \mathbf{x^n+ \left (x\cdot \frac{cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1}}{y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1}} \right )^n=\left ( x\cdot cosB+ x\cdot \frac{cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1}}{y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1}}\cdot cosC \right )^n}$

Prin scoaterea numitorului comun cu $\mathbf{y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1}}$ și prin simplificarea cu acesta se ajunge la ecuația :

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )^n+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )^n=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )^n}$

În continuare, observăm că pentru n=1 are loc o incoerență .
Dacă înlocuim n=1 atât în valoarea exponentului exterior parantezelor,
cât și în valoarea exponentului termenilor din paranteze se ajunge la:

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )}$

$\dpi{150} \mathbf{\left ( 1-cosC \right )+\left ( cosB-1 \right )=\left ( cosB-cosC \right )}$

Egalitatea este evident adevărată/
Dar dacă înlocuim n=1 doar în valoarea exponentului exterior parantezelor ajungem la :

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( 1-cosB \right )\cdot y^{n-1}-\left (1-cosC \right )\cdot x^{n-1}=\left ( cosB-cosC \right )\cdot z^{n-1}}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( 1-cosB \right )\cdot z\cdot y^{n-1}-\left (1-cosC \right )\cdot z\cdot x^{n-1}=\left ( cosB-cosC \right )\cdot z^n}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( 1-cosB \right )\cdot z\cdot y^{n-1}-\left (1-cosC \right )\cdot z\cdot x^{n-1}=\left ( cosB-cosC \right )\cdot \left ( x^n+y^n \right )}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( z-z\cdot cosB-y\cdot cosC+y\cdot cosB \right )\cdot y^{n-1}=\left (z- z\cdot cosC+x\cdot cosC-x\cdot cosB \right )\cdot x^{n-1}}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( x\cdot cosB-z\cdot cosB+y\cdot cosB \right )\cdot y^{n-1}=\left (y\cdot cosC-z\cdot cosC+x\cdot cosC \right )\cdot x^{n-1}}$

$\dpi{150} \mathbf{\left ( x -z+y \right )\cdot cosB\cdot y^{n-1}=\left (y-z+x \right )\cdot cosC\cdot x^{n-1}}$

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{cosB\cdot y^{n-1}=cosC\cdot x^{n-1}} \\ \mathbf{cosB=\frac{z-ycosC}{x}} \end{cases}$

$\dpi{150} \mathbf{\frac{z-ycosC}{x}\cdot y^{n-1}=cosC\cdot x^{n-1}} \\$

$\dpi{150} \mathbf{z\cdot y^{n-1} -cosC\cdot y^n=cosC\cdot x^n} \\$

$\dpi{150} \mathbf{z\cdot y^{n-1} =cosC\cdot\left ( x^n+y^n \right )} \\$

$\dpi{150} \mathbf{z\cdot y^{n-1} =cosC\cdot\left z^n} \\$

$\dpi{150} \mathbf{ y^{n-1} =cosC\cdot\left z^{n-1}} \\$

$\dpi{150} \mathbf{ y^{n-1} -cosC\cdot\left z^{n-1}=0} \\$

Dar acesta este exact primul termen al ecuației :

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )^n+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )^n=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )^n}$

De aici reiese că acesta este nul.
La fel s-ar ajunge și în situația în care am înlocui celălalt cosinus :

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{cosB\cdot y^{n-1}=cosC\cdot x^{n-1}} \\ \mathbf{cosC=\frac{z-xcosB}{y}} \end{cases}$

de unde ar rezulta că celălalt termen trebuie să fie nul.
Vom arăta în continuare că într-adevăr, unul din acesti termeni trebuie să fie nul.
Dezvoltăm în continuare egalitatea la care s-a ajuns :

$\dpi{150} \mathbf{ y^{n-1} =cosC\cdot\left z^{n-1}} \\$

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n-1}}{z^{n-1}} =cosC }$

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n-1}}{z^{n-1}} =\frac{z^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot z} }$

$\dpi{150} \mathbf{ 2y^n =z^{n-2}\left ( z^2+y^2-x^2 \right )}$

$\dpi{150} \mathbf{ 2y^n-z^n=y^n-x^n =z^{n-2}\left (y^2-x^2 \right )}$

$\dpi{150} \mathbf{ y^n-x^n =z^{n-2}\left (y^2-x^2 \right )}$

Din ultima relație rezultă că pentru n=2 este adevărată egalitatea :

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )}$

Dar dacă dacă pentru n=2 este adevărată egalitatea și înlocuim această valoare n=2 și în exponentul exterior parantezelor rezultă sistemul :

$\dpi{200} \begin{cases} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )} \\ \\ \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )^2+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )^2=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )^2} \end{cases}$

Aceste egalități pot fi simultan adevărate doar dacă unul din termenii din dreapta egalității este nul.
Dar dacă considerăm nul ca fiind oricare dintre ele se ajunge la același rezultat :

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{ y^{n-1} =cosC\cdot z^{n-1}} \\ \mathbf{ x^{n-1} =cosB\cdot z^{n-1}} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} \mathbf{ \frac{y^{n-1}}{z^{n-1}} =cosC} \\ \mathbf{ cosB= \frac{x^{n-1}}{z^{n-1}}} \end{cases}\Leftrightarrow$

$\dpi{200} \begin{cases} \mathbf{ \frac{z^n+y^n-x^n}{2\cdot y\cdot z^{n-1}} =\frac{z^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot z}} \\ \\ \mathbf{ \frac{z^2+x^2-y^2}{2\cdot x\cdot z^n} =\frac{z^n+x^n-y^n}{2\cdot x\cdot z^{n-1}}} \end{cases}$

Din aceste relații rezultă evident că n nu poate fi diferit de 2, ceea ce înseamnă că
"Pentru $\mathbf{n\neq 2}$ între laturile x, y, z ale unui triunghi nu există egalitatea $\mathbf{x^n+y^n=z^n}$ ."

Ceea ce era de demonstrat

Observație :
Teorema lui Fermat rezultă din această teoremă.

Scris de curiosul Dum 31 Mar 2013, 04:04

Abia aceasta este o demonstrație corectă.
Și mai trebuie menționat că am plecat de la sistemul menționat de Dacu într-un alt topic.

Scris de curiosul Dum 31 Mar 2013, 07:23

Mai trebuie totuși arătat că x, y, z sunt diferite de soluțiile ecuației de mai jos:

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )^n+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )^n=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )^n}$

Acest aspect rezultă evident, pentru că în cazul n=1, suma termenilor din stânga ecuației de mai sus este egală cu termenul din dreapta.
Iar dacă x, y, z sunt laturile unui triunghi egalitatea nu este posibilă.
Din raționamentul de mai sus rezultă că ambele relații ale sistemului inițial pot fi adevărate doar dacă cosinusurile au ca soluții acele fracții.

Acum nu știu ce să mai zic, că de fiecare dată am fost la început sigur de corectitudinea demonstrației, după care ulterior am observat anumite greșeli.
Sper să nu fie cazul și în situația de față că m-a obosit teorema asta.
Care e părerea voastră ?
Vă mulțumesc .

Scris de curiosul Dum 31 Mar 2013, 08:02

curiosul a scris:
$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )}$

$\dpi{200} \mathbf{\left ( 1-cosB \right )\cdot y^{n-1}-\left (1-cosC \right )\cdot x^{n-1}=\left ( cosB-cosC \right )\cdot z^{n-1}}$

Mai sus am făcut o greșeală de editare :

$\dpi{200} \mathbf{\left ( 1-cosB \right )\cdot y^{n-1}-\left (1-cosC \right )\cdot x^{n-1}=\left ( cosB-cosC \right )\cdot z^{n-1}}$

Diferența dintre cosinusurile termenului din dreapta este inversă.
Ideea e că pe caietele mele am scris așa și când am scris în LaTex am inversat cosinusurile.

Scris de curiosul Dum 31 Mar 2013, 09:33

Teoremă

"Pentru $\mathbf{n\neq 2}$ și $\dpi{120} \mathbf{z\neq \sqrt[n]{x^n+y^n}}$ , între laturile x, y, z ale unui triunghi nu există egalitatea $\mathbf{x^n+y^n=z^n}$ ."

Oricum, concluzia demonstrației că soluțiile trebuie să fie

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{cosB=\frac{x^{n-1}}{z^{n-1}}} \\ \\ \mathbf{cosC=\frac{y^{n-1}}{z^{n-1}}} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \mathbf{\frac{z^2+x^2-y^2}{2\cdot x\cdot z}=\frac{z^n+x^n-y^n}{2\cdot x\cdot z^{n-1}}} \\ \\ \mathbf{\frac{z^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot z}=\frac{z^n+y^n-x^n}{2\cdot y\cdot z^{n-1}}} \end{cases}$

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n} \\ \mathbf{x\cdot cosB+y\cdot cosC=z} \end{cases}$

se respectă și pentru cazul în care laturile triunghiului sunt $\dpi{120} \mathbf{x^n+y^n=( \sqrt[n]{x^n+y^n})^n}$ :

$\dpi{200} \begin{cases} \mathbf{\frac{(\sqrt[n]{x^n+y^n})^2+x^2-y^2}{2\cdot x\cdot \sqrt[n]{x^n+y^n}}=\frac{(\sqrt[n]{x^n+y^n})^n+x^n-y^n}{2\cdot x\cdot (\sqrt[n]{x^n+y^n})^{n-1}}} \\ \\ \mathbf{\frac{(\sqrt[n]{x^n+y^n})^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot \sqrt[n]{x^n+y^n}}=\frac{(\sqrt[n]{x^n+y^n})^n+y^n-x^n}{2\cdot y\cdot (\sqrt[n]{x^n+y^n})^{n-1}}} \end{cases}$

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 00:26

Am arătat în primul mesaj al acestui topic că ambele relații ale sistemului

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n}\\ \mathbf{x\cdot cosB+y\cdot cosC=z} \end{cases}$

sunt simultan adevărate doar dacă:

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{cosB=\frac{x^{n-1}}{z^{n-1}}}\\ \\ \mathbf{cosC=\frac{y^{n-1}}{z^{n-1}}} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} \mathbf{\frac{z^2+x^2-y^2}{2\cdot x\cdot z}=\frac{z^n+x^n-y^n}{2\cdot x\cdot z^{n-1}}} \\ \\ \mathbf{\frac{z^2+y^2-x^2}{2\cdot y\cdot z}=\frac{z^n+y^n-x^n}{2\cdot y\cdot z^{n-1}}} \end{cases}$

Pentru ca demonstrația să fie completă mai trebuie demonstrat că pentru n diferit de 2 egalitățile acestui sistem nu pot fi adevărate.
Din ambele relații ale ultimelor sisteme rezultă că :

$\dpi{150} \mathbf{y^n-x^n=(y^2-x^2)\cdot z^{n-2}}$

$\dpi{150} \mathbf{z^2(y^n-x^n)=(y^2-x^2)\cdot z^{n}=(y^2-x^2)(x^n+y^n)}$

$\dpi{150} {\color{Red} \mathbf{z^2=\frac{(y^2-x^2)(x^n+y^n)}{y^n-x^n}}}$

Dacă n este diferit de 2 putem forma sistemul:

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n} \\ \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2> z^2} \\ \mathbf{(n<2)\rightarrow x^2+y^2< z^2} \end{cases}$

Notăm generalizat pentru n diferit de 2, $\dpi{120} \mathbf{x^2+y^2\pm k=z^2}$ și revenim la :

$\dpi{150} {\color{Red} \mathbf{z^2=\frac{(y^2-x^2)(x^n+y^n)}{y^n-x^n}}}$

$\dpi{150} \mathbf{x^2+y^2\pm k=\frac{(y^2-x^2)(x^n+y^n)}{y^n-x^n}}$

$\dpi{200} \mathbf{\pm k(y^n-x^n)=(y^2-x^2)(x^n+y^n)-(y^n-x^n)(x^2+y^2)}$

$\dpi{150} \mathbf{\pm k(y^n-x^n)=2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}$

$\dpi{150} \mathbf{\pm k=\frac{2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}{(y^n-x^n)}}$

Revenim la sistemul

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n} \\ \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2> z^2} \\ \mathbf{(n<2)\rightarrow x^2+y^2< z^2} \end{cases}$

și analizăm primul caz n>2 :

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2-k=z^2}\\ \\ \mathbf{k=\frac{2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}{(y^n-x^n)}} \end{cases}\Rightarrow$

$\dpi{150} \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2- \frac{2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}{(y^n-x^n)}=z^2}\\$

Dar dacă y>x atunci

$\dpi{150} \mathbf{\frac{2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}{(y^n-x^n)}<0}$

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{2x^2y^2(x^{n-2}-y^{n-2})}{(y^n-x^n)}=(-k)}$

$\dpi{150} \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2- (-k)=z^2}\\$

$\dpi{150} \mathbf{(n>2)\rightarrow x^2+y^2+k=z^2}\\$

Dar relația de mai sus este adevărată doar dacă :

$\dpi{150} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n} \\ \mathbf{(n<2)\rightarrow x^2+y^2+k=z^2} \end{cases}\\$

Contradicție !

La fel se întâmplă și în cazul în care analizăm celălalt caz.

Deci teorema formulată complet este :

Între laturile x, y, z ale unui triunghi nu există egalitatea $\dpi{120} \mathbf{x^n+y^n=z^n}$ ,

$\dpi{150} \mathbf{daca}\begin{cases} \mathbf{n\neq 2} \\ \mathbf{z\neq \sqrt[n]{x^n+y^n} }\\ \mathbf{x<y} \end{cases}$

Teorema suficientă pentru a demonstra Marea teorema a lui Fermat.

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 03:17

De fapt, modelul demonstrației anterioare arată că n nu poate fi mai mic decât 2, pentru că +k este un număr negativ dacă y>x.
Trebuie analizat mai mult cazul n>2.

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 06:13

Cazul n>2 se demonstrează altfel.
În primul mesaj din acest subiect am arătat că dacă

$\dpi{150} \mathbf{x^n+y^n=\left ( x\cdot cosB+y\cdot cosC \right )z^{n-1}}\\$

atunci

$\dpi{200} \mathbf{\left (y^{n-1}- cosC\cdot z^{n-1} \right )^n+\left (cosB\cdot z^{n-1}-x^{n-1} \right )^n=\left ( cosB\cdot y^{n-1}-cosC\cdot x^{n-1} \right )^n}$

și ulterior că se ajunge la

$\dpi{150} \mathbf{cosB\cdot y^{n-1}=cosC\cdot x^{n-1}}$

Dacă z>y>x atunci cosC>cosB și

$\dpi{200} \mathbf{1\geq \frac{cosC}{cosB}\Rightarrow 1\geq \frac{x(z^2+y^2-x^2)}{y(z^2+x^2-y^2)}\Rightarrow \frac{y}{x}\geq \frac{z^2+y^2-x^2}{z^2+x^2-y^2}}$

Dar egalitatea

$\dpi{150} \mathbf{cosB\cdot y^{n-1}=cosC\cdot x^{n-1}}$

se aduce la forma

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n-1}}{x^{n-1}}=\frac{cosC}{cosB}}$

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n-1}}{x^{n-1}}=\frac{x(z^2+y^2-x^2)}{y(z^2+x^2-y^2)}}$

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n}}{x^{n}}=\frac{z^2+y^2-x^2}{z^2+x^2-y^2}}$

Iar pentru n>2 și y>x se ajunge la

$\dpi{150} \mathbf{ \frac{y^{n}}{x^{n}}>\frac{y}{x}\geq \frac{z^2+y^2-x^2}{z^2+x^2-y^2}}$ .

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 06:23

Deci teorema formulată mai corect pentru moment este:

Între laturile x, y, z ale unui triunghi nu există egalitatea $\dpi{120} \mathbf{x^n+y^n=z^n}$ ,

$\dpi{150} \mathbf{daca}\begin{cases} \mathbf{n> 2} \\ \mathbf{z\neq \sqrt[n]{x^n+y^n} }\\ \mathbf{y\geq x} \end{cases}$

Teoremă suficientă pentru a demonstra Marea teorema a lui Fermat.[/quote]

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 06:44

Iar m-am zăpăcit.
Este invers: 1>cosB/cosC ;i se ajunge la (y^2/x^2)>....
Concluzia este aceeași. oricum.

Scris de curiosul Mar 02 Apr 2013, 07:16

De fapt, corect este în felul următor :

Înlocuind valorile cosinusurilor se arată că :

$\dpi{120} \begin{cases} \mathbf{n>2\Rightarrow x^2+y^2>z^2\Rightarrow \frac{x\cdot cosC}{y\cdot cosB}>1} \\ \mathbf{n<2\Rightarrow x^2+y^2<z^2\Rightarrow \frac{x\cdot cosC}{y\cdot cosB}<1} \end{cases}$

iar

$\dpi{120} \mathbf{\frac{x^{n-1}\cdot cosC}{y^{n-1}\cdot cosB}=1}$

dacă

$\dpi{120} \begin{cases} \mathbf{x^n+y^n=z^n} \\ \mathbf{x \cdot cosB + y \cdot cosC=z} \end{cases}$

Scris de Continut sponsorizat

Teoremă pentru triunghi

Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi

Re: Teoremă pentru triunghi