ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Уважаемый lasta!

lasta в сообщении #986946 писал(а):

Я не понял необходимости разложения множества единичных приращений степенных функций по ортам многомерного пространства.

"Необходимость" здесь та же, что при любом исследовании - попытка понять поведение исследуемого объекта.

lasta в сообщении #986946 писал(а):

это приводит к заключению, что для множества троек решений при $n=2$ имеется единственный вектор

А это не приводит к такому заключению. Это приводит к указанному мной заключению:

serval в сообщении #984230 писал(а):

каждому множеству троек $\{a,b,c\}$ при которых параметр $k_{1p}=p$ соответствует единственный вектор $\vec d_{np}$ .

lasta в сообщении #986946 писал(а):

вывод о доказательстве ВТФ при существовании указанного неоднозначного определения сомнителен?

Конечно. Поэтому я и не сделал этого вывода. Я лишь указал на

serval в сообщении #984230 писал(а):

существование параметра имеющего одинаковый характер в двух первых случаях и кардинально меняющего свое значение в третьем и всех последующих, то есть при значениях степеней $n \geqslant 3$ .

[serval]

Если я не ошибся в промежуточных выкладках, то при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

$n=1: c^1-(a^1+b^1)=0$ - что очевидно выполняется,

$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

$n=3: c^3-(a^3+b^3)=\frac{1}{24}(20a^3b^3-3a^3b^6-3a^6b^3-50)$ - что совсем не очевидно.

Вопрос - может ли выполняться последнее равенство в натуральных числах?

[serval]

Попутно обнаружился неожиданный результат.
Для примера, рассмотрим многочлен вида

$f_3(n)x^3+f_2(n)x^2+f_1(n)x^1+f_0(n)x^0$

где где коэффициенты при степенях переменной таковы

$f_0(n)=-4^n+4\cdot 3^n-6\cdot 2^n+4$

$f_1(n)=\frac{11}{6}\cdot 4^n-7\cdot 3^n+\frac{19}{2}\cdot 2^n-\frac{13}{3}$

$f_2(n)=-4^n+\frac{7}{2}\cdot 3^n-4\cdot 2^n+\frac{3}{2}$

$f_3(n)=\frac{1}{6}\cdot 4^n-\frac{1}{2}\cdot 3^n+\frac{1}{2}\cdot 2^n-\frac{1}{6}$

а показатель степени принимает значения $n=0,1,2,3$ .

Тогда, в зависимости от значения $n$, только соответствующий ему коэффициент примет значение $f_n(n)=1$ остальные же обратятся в ноль.
Эти коэффициенты можно построить для многочлена любой степени.

[serval]

Промежуточный финиш.

Условие ВТФ: $x^n+y^n \neq z^n,\ n>2$, приводится к матричному уравнению

$e_1 (A^{T}_{2})^n A^{x-1}_{1} A^{p}_{1} e^1 \neq e_1 (A^{T}_{2})^n A^{x-1}_{1} (A^{q}_{1} - I) e^1$

где

$$ e_{1} = \begin{pmatrix} 1, & 0, & 0, & \cdots \end{pmatrix} $$

$$ e^{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{pmatrix} $$

$$ A_{1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 1 & 0& \\ 0 & 1 & 1 & \\ \vdots & & & \ddots \end{pmatrix} $$

$$ A_{1}^{x-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots \\ x-1 & 1 & 0& \\ \frac{(x-1)(x-2)}{2} & x-1 & 1 & \\ \vdots & & & \ddots \end{pmatrix} $$

$$ A_{2} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 2 & 0& \\ 0 & 2 & 3 & \\ \vdots & & & \ddots \end{pmatrix} $$

$$ I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0& \\ 0 & 0 & 1 & \\ \vdots & & & \ddots \end{pmatrix} $$

Можно ли для $n=2$ извлечь из этого уравнения информацию о соотношении $p$ и $q$ ?

[krestovski]

serval в сообщении #988160 писал(а):

Если я не ошибся в промежуточных выкладках, то при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

$n=1: c^1-(a^1+b^1)=0$ - что очевидно выполняется,

$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

$n=3: c^3-(a^3+b^3)=\frac{1}{24}(20a^3b^3-3a^3b^6-3a^6b^3-50)$ - что совсем не очевидно.

Вопрос - может ли выполняться последнее равенство в натуральных числах?

Уважаемый serval! Вы утверждаете, что равенство $c^2-(a^2+b^2)=1$ верно для случая $n=2$ ?

[lasta]

krestovski в сообщении #1069734 писал(а):

Уважаемый serval! Вы утверждаете, что равенство $c^2-(a^2+b^2)=1$ верно для случая $n=2$ ?

Уважаемый krestovski!
Если не вводить ограничений для существования решений для квадратов, то это верно. Например, $81-(64+16)=1$

[krestovski]

Уважаемый lasta!

serval в сообщении #988160 писал(а):

при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

serval в сообщении #988160 писал(а):

$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

lasta в сообщении #1071250 писал(а):

Если не вводить ограничений для существования решений для квадратов, то это верно. Например, $81-(64+16)=1$

Читаю и понимаю так: чтобы выполнялось равенство $a^n+b^n=c^n$ при $n=2$, необходимо выполнение условия $c^2-(a^2+b^2)=1$.
Вот и пытаюсь представить запись четырёх членов равенства в виде трёх.
Ваше равенство, lasta, записывается вот так: $a^3+a^2+1=b^2$.
Если в "первозданном" виде, то вот так:$a^6+a^4+1=b^4$.
Ну а если окончательно и правильно записать в переменных, то получается вот так: $a^6+a^4+(b-a)=b^4$. - Единица этого требует. Просто обязывает. Она не из воздуха появилась. Да вы и сами это понимаете.

Сейчас буду думать, - как всё это подогнать под три переменных... :) - для выполнения условия...
Шучу конечно. Удачи.

[lasta]

krestovski в сообщении #1071382 писал(а):

Читаю и понимаю так: чтобы выполнялось равенство $a^n+b^n=c^n$ при $n=2$, необходимо выполнение условия $c^2-(a^2+b^2)=1$.

Уважаемый krestovski!
Согласен с Вами, что запись у автора не корректна.

[serval]

Уважаемые комментаторы! Я искренне рад тому, что меня кто-то читает
Ответить на Ваши вопросы я не смогу потому что уже не помню тогдашний ход своих мыслей, а сейчас голова занята другим.
В любом случае, указанные условия были получены из матричных уравнений (каких и как - сразу не вспомню), поэтому интересны именно они (матричные уравнения) как возможный источник более подробной информации об условии ВТФ.

[serval]

Сегодня я сформулировал алгоритм проверки условия (не доказательства в общем случае) ВТФ для каждой конкретной степени $n$.
Алгоритм таков:

1. Предположение $x^n+y^n=z^n$ приводится к скалярному произведению $(\vec n,\ \vec x+\vec y-\vec z)=0$.

2. Символьные структуры векторов $\vec n$ и $(\vec x+\vec y-\vec z)$ известны. Таким образом, могут быть вычислены значения компонентов вектора $\vec n$ для каждого $n$.

3. Путём векторного произведения вектора $(\vec x+\vec y-\vec z)$ и необходимого числа (наиболее простых) векторов $\perp \vec n$ получим вектор пропорциональный $\vec n$.

4. Из полученного вектора образуем вектор $\vec n$ путём нормирования его компонентов на 1-й компонент (разделим все координаты вектора на символьное значение первого компонента).

5. Все компоненты полученного вектора, кроме последнего, символьно совпадут с компонентами вектора $\vec n$. Потребуем совпадения последнего компонента присвоив его символьному выражению числовое значение последнего компонента вектора $\vec n$.

6. В результате, получим уравнение связывающее суммы степеней: $x^{n-1}+y^{n-1}-z^{n-1}=0, \ n=1 \ldots$

Таким образом, выполнение исходного предположения $x^n+y^n=z^n$ приводит к требованию на соотношение значений всех сумм $x^{n-1}+y^{n-1}=z^{n-1}$ степеней ниже $n$.
Если для конкретного значения $n$ указанное соотношение не выполняется в целых числах, то не выполняется и исходное предположение $x^n+y^n=z^n$.
Вопрос разрешения указанного уравнения требует своего исследования.

При первой возможности покажу это для случая $n=3$.

P.S. Для случая $n=2$ алгоритм работает.

[serval]

Доказательство ВТФ для третьей степени.

Предположим, что выполняется равенство $x^3+y^3=z^3$ где $x,y,z \in \mathbb {N}$.

Число $x^3$ является результатом скалярного произведения $x^3=(\vec n,\vec x)$ при $n=3$ где векторы имеют вид

$\vec n=(1,\ 2^n-1,\ 3^n-2\cdot 2^n+1,\ 4^n-3\cdot 3^n+3\cdot 2^n-1)$

$\vec x=(1,\ x-1,\ \frac{1}{2!}(x-1)(x-2),\ \frac{1}{3!}(x-1)(x-2)(x-3))$

что проверяется непосредственным перемножением.

Тогда исходное равенство $x^3+y^3=z^3$ приводится к скалярному произведению $(\vec n,\vec x+\vec y-\vec z)=0$ где после замен $s_1=x+y-z,\ s_2=x^2+y^2-z^2,\ s_3=x^3+y^3-z^3$ вектор $\vec p=\vec x+\vec y-\vec z$ примет вид

$\vec p=(1,\ s_1-1,\ \frac{1}{2!}(s_2-3s_1+2),\ \frac{1}{3!}(s_3-6s_2+11s_1-6))$

и по исходному предположению $s_3=0$.

Из векторного произведения вектора $\vec p$ и необходимого количества векторов ортогональных вектору $\vec n$ получим вектор пропорциональный вектору $\vec n$

$ \lambda\ \vec n= \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k & \vec l \\ \\ 1 & s_1-1 & \frac{1}{2!}(s_2-3s_1+2) & \frac{1}{3!}(-6s_2+11s_1-6) \\ \\ 2^n-1 & -1 & 0 & 0 \\ \\ 3^n-2\cdot 2^n+1 & 0 & -1 & 0 \end{vmatrix}$

результатом будет вектор $\lambda\ \vec n$ где $p_4=\frac{1}{3!}(-6s_2+11s_1-6)$

$\lambda\ \vec n=(p_4,\ p_4(2^n-1),\ p_4(3^n-2\cdot 2^n+1), -6p_4)$

откуда видно, что он должен совпасть с вектором $\vec n$ при нормировании его компонентов на $p_4$.

Тогда последний элемент вектора $\lambda\ \vec n$ отнесённый к $p_4$ при $n=3$ должен быть равен

$\frac{-3!(-6s_2+11s_1-6)}{(-6s_2+11s_1-6)}=4^n-3\cdot 3^n+3\cdot 2^n-1$

Подстановка значения $n=3$ даёт

$-6=6$ - равенство не выполняется, следовательно, исходное предположение $x^3+y^3=z^3$ неверно.

P.S. Для сравнения, при степени $n=2$ равенство выполняется и имеет вид $2=2$ .

Расчёты выполнены в WolframAlpha http://www.wolframalpha.com/
Прошу проверить.

[Iosif1]

serval в сообщении #1076581 писал(а):

Расчёты выполнены в WolframAlpha http://www.wolframalpha.com/

Прошу проверить.

Не подскажите, где есть русскоязычная версия инструкции, если она есть.
Я не для того, чтобы проверять, а для того, чтобы считать.

[serval]

А я надеялся, что проверять

http://www.wolframalpha-ru.com/

[serval]

Не знаю, проверил ли меня кто-нибудь, но если доказательство для степени $n=3$ верно, тогда эта же схема верна для любой степени $n$.

Предположим, что равенство $x^n+y^n=z^n$ верно. Для проверки предположения нужно:

1. Построить векторы $\vec x,\ \vec y,\ \vec z$ по правилу $\vec x=A_1^{x-1} e_1$ где $A_1$ - квадратная матрица размерности $n$

$A_1= \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & & 0 \\ 1 & 1 & & & \vdots \\ 0 & 1 & 1 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & \\ 0 & \cdots & & 1 & 1 \end{pmatrix}$

а вектор $e_1$ - 1-й орт длины $n$.

$e_1= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}$

2. Построить вектор $\vec p=\vec x+\vec y-\vec z$

3. Построить вектор $\vec n$ по правилу $\vec n=A_2^n e_1$ где $A_2$ - квадратная матрица размерности $n$

$A_2= \begin{pmatrix} 1 & \cdots & & & 0 \\ 1 & 2 & & & \vdots \\ 0 & 2 & 3 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & \\ 0 & \cdots & & (n-1) & n \end{pmatrix}$

4. Из векторов $\vec p$ и $\vec n$ построить вектор $\lambda\ \vec n$ как векторное произведение $n$ векторов

$\lambda\ \vec n= \begin{pmatrix} \vec e_1 & \cdots & & & & \vec e_n \\ 1 & p_2 & \cdots & & & p_n \\ n_2 & -1 & 0 & \cdots & & 0 \\ n_3 & 0 & -1 & 0 &\cdots & 0 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ n_{n-1} & 0 & \cdots & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$

5. Вычислить миноры при первом $\vec e_1$ и последнем $\vec e_n$ ортах - $M_{11}$ и $M_{1n}$ соответственно.

6. Проверить истинность равенства $\frac{M_{1n}}{M_{11}}=n_n$

7. Если указанное равенство не выполняется, значит предположение $x^n+y^n=z^n$ ложно.

[Iosif1]

serval в сообщении #1076942 писал(а):

А я надеялся, что проверять

Спасибо Вам, большое.
Я такому не обучен.
Единственное, что могу сказать: математическая общественность, вернее всего, потребует универсального алгоритма.
Успехов.