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




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Код бинома
Сообщение01.01.2015, 16:58 


26/08/11
2057
nnosipov в сообщении #955100 писал(а):
Угу, а это равенство уже возможно в натуральных числах.

Но не и при $a,b$ разной четности (по модулю 4), что безусловно следует из $u,v$ разной четности, но да...не гладко все проходит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение01.01.2015, 19:07 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Shadow в сообщении #955147 писал(а):
Но не и при $a,b$ разной четности (по модулю 4), что безусловно следует из $u,v$ разной четности
Тогда другое дело. Похоже, кстати, что равенство $a^4-6a^2b^2+b^4=-c^2$ возможно только при $a=b$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение02.01.2015, 12:08 


06/02/14
186
nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):
Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.


Благодарен всем, кто откликнулся на мою тему и помог более глубоко раскрыть её суть.
Я полагал, что определяющим в доказательстве этого нового свойства бинома является "неправильность" коэффициентов в биномиальном многочлене, получающемся после группировки членов разложения бинома.Так,например, "код бинома" 6-ой степени, получающийся после группировки членов в разложении $(x+y)^6 = x^6+6x^5y+15x^4y^2+20x^3y^3+15x^2y^4+6xy^5+y^6$ и замены $x^2=a ; y^2=b$ имеет вид $a^3+15a^2b+15ab^2+b^3$.Это биномиальный многочлен 3-ей степени,но с коэффициентами $1 ; 15 ; 15 ; 1 $ вместо $1 ; 3 ; 3 ; 1 $.Неужели и для этого многочлена можно найти натуральные числа $a ; b $ ( если не учитывать, что они квадраты), при которых он будет точным кубом?

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение02.01.2015, 13:03 
Заслуженный участник


16/02/13
4105
Владивосток
Можно или нет — вопрос. По крайней мере, указанного вами несовпадения коэффициентов для доказательства недостаточно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение02.01.2015, 14:40 


26/08/11
2057
PhisicBGA в сообщении #955376 писал(а):
$a^3+15a^2b+15ab^2+b^3$

PhisicBGA в сообщении #955376 писал(а):
Неужели и для этого многочлена можно найти натуральные числа $a ; b $ ( если не учитывать, что они квадраты), при которых он будет точным кубом?
Будет кубом при целых $a,b$ Уравнение в рациональных числах $x^3+15x^2y+15xy^2+y^3=1$ сводится к находению рациональных точек на эллиптический кривой $t^2=\dfrac{4-c^3}{3}$. Решениями будут $x=\dfrac{1+t}{2c},\; y=\dfrac{1-t}{2c}$ Удвоением точки $(1;1)$ получается $(-11/4;23/8)$ что дает решение $a=-31,b=15$, можно удваивать, проводить секущие...таких точек будет (бесконечно?) много, возможно, будут и положительные.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение02.01.2015, 19:31 


26/08/11
2057
Есть, конечно :D

$\\a=68960527107841\\
b=23754369386159\\
c=137850021357180$

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение06.01.2015, 23:49 


06/02/14
186
Спасибо всем за разъяснения. Что же...тем интереснее задача! По-видимому, в доказательстве этого свойства главную роль играет то, что $a$ и $b$ являются квадратами. Тогда ,действительно, необходимость в замене отпадает и надо рассматривать исходный многочлен с числами $x$ и $y$.
Пусть $x;y$ - натуральные числа разной чётности, взаимно простые и $x>y$. Необходимо доказать, что число $x^4+6x^2y^2+y^4$ не может быть квадратом какого либо натурального числа $c$.
Уравнение $x^4+6x^2y^2+y^4 =c^2$ приведём к виду $(x^2+y^2)^2 +(2xy)^2=c^2$.
Сравним его с тождеством для пифагоровых троек - $(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$.Неправда ли, похоже? Только опять путаница:на этот раз со знаками.
Продолжим преобразование исходного уравнения :
$(\frac{x^2+y^2}{2})^2+(xy)^2=(\frac{c}{2})^2$.
$(xy)^2=(\frac{c}{2})^2 - (\frac{x^2+y^2}{2})^2$.
$x^2y^2=(\frac{c+x^2+y^2}{2})(\frac{c-x^2-y^2}{2})$.
Приравняем сомножители:
$x^2=\frac{c+x^2+y^2}{2}$.
$y^2= \frac{c-x^2-y^2}{2}$.
Сложив равенства, получаем:
$c=x^2+y^2$
Следовательно исходному уравнению удовлетворяют только нулевые натуральные числа $x$ и $y$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 10:14 


26/08/11
2057
PhisicBGA в сообщении #957667 писал(а):
$x^2y^2=(\frac{c+x^2+y^2}{2})(\frac{c-x^2-y^2}{2})$.
Приравняем сомножители:
$x^2=\frac{c+x^2+y^2}{2}$.
$y^2= \frac{c-x^2-y^2}{2}$.

этот вывод ничем не оправдан. На самом деле Вам нужно боротся с системой:
$\\x^2+y^2=u^2-v^2\\
xy=uv$
Или в рациональных числах с уравнением $x^2+y^2+x^2y^2=1$

(Оффтоп)

В моем сообщении выше не заметил на кривой $y^2=x^3+\frac{4}{27}$ точку $(\frac 2 3;\frac 2 3)$, в результате пропустил хорошее решение $a=14299,\;b=123543,\;c=176956$

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 22:05 


06/02/14
186
[url][url]url]nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):
Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.[url]

[url]nnosipov в сообщении #955077 писал(а):
Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$, а уравнение $X^4-Y^4=Z^2$ не имеет решений, что доказывается методом спуска.
[/url]

Если я правильно понял, существует вполне корректное доказательство , что уравнение $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$ не имеет решения в натуральных числах и, опираясь на него, можно уверенно сказать, что для бинома 4-ой степени заявленное свойство существует,т.е. сума членов его разложения на нечётных местах не может быть квадратом натурального числа?

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 22:06 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5728
 i  PhisicBGA, цитаты оформляются тегом quote. Создавать цитаты можно кнопками Изображение и Изображение.
Неправильное оформление цитаты считается нарушением правил форума.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 22:08 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
PhisicBGA, да, Вы правильно поняли.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 22:36 


06/02/14
186
Цитата:
nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):
Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.


Цитата:
nnosipov в сообщении #955077 писал(а):
Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$, а уравнение $X^4-Y^4=Z^2$ не имеет решений, что доказывается методом спуска.


Спасибо за подсказку по поводу цитат и особое спасибо nnosipov за быстрый ответ на мой вопрос !
Тогда еще один вопрос:можно ли свести к подобному уравнению сумму членов разложения бинома 8-ой степени стоящих на нечетных местах в разложении - $x^8+28x^6y^2+70x^4y^4+28x^2y^6+y^8$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 22:45 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
То есть может ли эта штука быть 4-й степенью? Не знаю. Такие вопросы сводятся к наличию рациональных точек на соответствующих кривых и в довольно редко допускают элементарное решение. Так что вопрос может оказаться сложным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение07.01.2015, 23:50 


06/02/14
186
Цитата:
Такие вопросы сводятся к наличию рациональных точек на соответствующих кривых и в довольно редко допускают элементарное решение. Так что вопрос может оказаться сложным.


Оказывается эта штука -$x^8+28x^6y^2+70x^4y^4+28x^2y^6+y^8$- может быть представлена следующим образом - $[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^2+[4xy(x^2+y^2)]^2$.
Тогда уравнение -$[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^2+[4xy(x^2+y^2)]^2 =c^4$,следуя Вашему алгоритму,принимает вид- $[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^4-[4xy(x^2+y^2)]^4 =c^4[(x^2+y^2)]^4$.
Учитывая вышесказанное можно, заключить,что это равенство невозможно.Следовательно,и для бинома 8-ой степени можно считать доказанным заявленное свойство бинома Ньютона.

 Профиль  
                  
 
 Re: Код бинома
Сообщение08.01.2015, 06:57 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Тогда уж лучше так. Пусть $n=4k$. Половину бинома можно представить в виде $((x+y)^{n}+(x-y)^{n})/2$. В итоге получим уравнение $u^{4k}+v^{4k}=2w^{2k}$, которое сводится к уравнению $U^4+V^4=2W^2$, имеющему только тривиальные решения.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 47 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  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