ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Реакция - как положительная, так и отрицательная - на представленное мной доказательство отсутствует. Могу предположить, что тему ВТФ читают, главным образом, специалисты по теории чисел, которым лень вспоминать линейную алгебру. На этот случай я приведу самую общую схему доказательства.

1. Для степени $n$ строим два вектора $\vec n$ и $\vec x$ такие, что $(\vec n,\ \vec x)=x^n$ . По тому же правилу строим векторы $\vec y$ и $\vec z$ .

2. Предполагаем, что равенство $x^n+y^n=z^n$ выполняется. Следовательно, выполняется и равенство $(\vec n,\ \vec x+\vec y-\vec z)=0$ .

3. Чтобы проверить сделанное предположение строим вектор $\vec m=\lambda \vec n$ . Для этого векторно перемножаем вектор $\vec p=\vec x+\vec y-\vec z$ и необходимое для этого количество векторов ортогональных вектору $\vec n$ которые имеют вид $\vec n_i=(n_i,\ 0,\ \ldots\ -1\ \ldots\ \ 0)$ , где $(-1)$ расположена на $i$-й позиции.

4. Проверяем верность равенства $\frac{m_n}{m_1}=n_n$ где $m_1,\ m_n,\ n_n$ - соответствующие координаты векторов $\vec m=(m_1,\ \ldots \ m_n)$ и $\vec n=(n_1,\ \ldots \ n_n)$ .

5. Если последнее равенство не выполняется, то не выполняется и предположение $x^n+y^n=z^n$ .

[Феликс Шмидель]

Начнём проверять доказательство для $n=3$.
Проверим в программе "Reduce", что $x^3=(\vec n,\vec x)$ выполняется:

n:=3;
1+(2^n-1)*(x-1)+(3^n-2*2^n+1)*(x-1)*(x-2)/2+(4^n-3*3^n+3*2^n-1)*(x-1)*(x-2)*(x-3)/6

Проверено.

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

n:=3;
s1:=x+y-z;
s2:=x^2+y^2-z^2;
s3:=x^3+y^3-z^3;
s1-1;
(s2-3*s1+2)/2;
((x-1)*(x-2)+(y-1)*(y-2)-(z-1)*(z-2))/2;
(s3-6*s2+11*s1-6)/6;
((x-1)*(x-2)*(x-3)+(y-1)*(y-2)*(y-3)-(z-1)*(z-2)*(z-3))/6;

Проверено.

Цитата:

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 $p_4$.

Определите, пожалуйста, что обозначают векторы в первой строке детерминанта.
Определите, пожалуйста, что означает выражение "необходимое количество векторов ортогональных вектору $\vec n$".
Напомните, пожалуйста, как вычисляется векторное произведение при помощи детерминанта.
Скажите, пожалуйста, как Вы вычисляете приведённый детерминант.

[serval]

1. Векторы в первой строке детерминанта обозначают, что мы строим векторное произведение трёх 4-мерных векторов.

2. Чтобы построить указанное векторное произведение, являющееся 4-мерным вектором, нам требуется 4 вектора. Два из них это векторы $\vec o=\vec i + \vec j + \vec k + \vec l$ и $\vec p$ . Два недостающих вектора, ортогональных вектору $\vec n$ , мы получаем из него же.
Таким образом, необходимое количество векторов ортогональных вектору $\vec n$ для каждой степени $n$ будет равно $n-2$ .

3. Векторное произведение вычисляется при по мощи детерминанта так, как написано у меня - как разложение определителя по его первой строке, которую составляют орты.

4. Приведенный детерминант я вычисляю как сумму $\sum\limits_{j=n}^{1}(-1)^{i+j}M_{1j} \vec e_{1j}$ где $M_{1j}$ - миноры при соответствующих ортах, $i$ - номер строки определителя, $j$ - номер его столбца.

[Феликс Шмидель]

serval в сообщении #1077859 писал(а):

1. Векторы в первой строке детерминанта обозначают, что мы строим векторное произведение трёх 4-мерных векторов.

2. Чтобы построить указанное векторное произведение, являющееся 4-мерным вектором, нам требуется 4 вектора. Два из них это векторы $\vec o=\vec i + \vec j + \vec k + \vec l$ и $\vec p$ . Два недостающих вектора, ортогональных вектору $\vec n$ , мы получаем из него же.
Таким образом, необходимое количество векторов ортогональных вектору $\vec n$ для каждой степени $n$ будет равно $n-2$ .

Вы понимаете, какие векторы Вы обозначили через $\vec i, \vec j, \vec k, \vec l$, а я нет.
Если речь идёт о 4-мерных векторах, может быть это: $\vec i=(1, 0, 0, 0), \vec j=(0, 1, 0, 0), \vec k=(0, 0, 1, 0), \vec l=(0, 0, 0, 1)$?
Что значит: "Два недостающих вектора, ортогональных вектору $\vec n$ , мы получаем из него же."?
Из чего и каким образом получаем?

[serval]

1. Именно так, это орты.
$\vec i,\ \vec j,\ \vec k$ - стандартные обозначения первых трёх ортов. Для 4-й степени я добавил к ним следующую букву $\vec l$ без пояснений. Это моя вина, прошу прощения.
Дальше, для избежания недоразумений, я использовал обозначения ортов $\vec e_i\ ,\ i=1\ \ldots n$ , хотя и оно не вполне корректно. В данном контексте следует обозначать орты $\vec e_{1j}$ , где 1-й индекс указывает на их положение в 1-й строке определителя векторного произведения. В последующем я буду обозначать их так.

2. Как мы получаем недостающие векторы из имеющегося я пояснил далее, в общей схеме доказательства. Повторю.

Имея вектор $\vec a= (1,\ a_2,\ a_3,\ \ldots \ a_n)$ мы можем получить ортогональные ему векторы положив равными нулю все его компоненты кроме двух, поменяв их местами и присвоив одному из них противоположный знак.
Например, векторы $\vec a= (a_2,\ -1,\ 0,\ \ldots \ 0)$ и $\vec a= (a_3,\ 0,\ -1,\ 0,\ \ldots \ 0)$ будут ортогональны исходному вектору.

[Феликс Шмидель]

Хорошо, давайте проверять дальше.

Цитата:

2. Чтобы построить указанное векторное произведение, являющееся 4-мерным вектором, нам требуется 4 вектора. Два из них это векторы $\vec o=\vec i + \vec j + \vec k + \vec l$ и $\vec p$ . Два недостающих вектора, ортогональных вектору $\vec n$ , мы получаем из него же.

Я понимаю так: чтобы построить указанное векторное произведение, являющееся 4-мерным вектором, нам требуется 3 вектора:
$\vec p=(1,\ s_1-1,\ \frac{1}{2!}(s_2-3s_1+2),\ \frac{1}{3!}(s_3-6s_2+11s_1-6))$, $(2^n-1, -1, 0, 0)$, $(3^n-2 \cdot 2^n+1, 0, -1, 0)$.

Последние два вектора ортогональны вектору $\vec n$.

При чём здесь вектор $\vec o=\vec i + \vec j + \vec k + \vec l=(1, 1, 1, 1)$?

Цитата:

4. Приведенный детерминант я вычисляю как сумму $\sum\limits_{j=n}^{1}(-1)^{i+j}M_{1j} \vec e_{1j}$ где $M_{1j}$ - миноры при соответствующих ортах, $i$ - номер строки определителя, $j$ - номер его столбца.

Если нетрудно, распишите это вычисление подробно с указанием миноров, чтобы легче было проверять.

-- Пт дек 04, 2015 09:22:14 --

Я прошу расписать вычисление каждого минора $3$ x $3$.

[Феликс Шмидель]

Ещё вопрос: где в Вашем доказательстве используется, что $x, y, z$ - целые числа?
Не "доказали" ли Вы, что равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно для любых $x, y, z$, не только целых?

[serval]

Уважаемый Феликс, прошу разрешения ответить на Ваши вопросы позже - как по объективным, так и по субъективным причинам. Объективная - длительные отключения электричества, субъективная - подозрения в собственной ошибке.
Касательно векторного произведения - это стандартный метод, преподаваемый в профильных ВУЗах.

[serval]

Пусть имеется тройка чисел такая, что $x+y=z$ и $y-x=a,\ z-x=b$. Тогда:

Уравнение $x+y=z$ равносильно уравнению $x+ (a-b)=0$ .

Уравнение $x^2+y^2=z^2$ равносильно уравнению $x^2+ 2(a-b)x+(a^2-b^2)=0$. Из его решения следует условие для пифагоровых троек $b(b-a)=2k^2$ .

Уравнение $x^3+y^3=z^3$ равносильно уравнению $x^3+ 3(a-b)x^2+3(a^2-b^2)x+(a^3-b^3)=0$ . Его решение выглядит устрашающе и содержит квадратный корень стоящий под кубическим http://www.wolframalpha.com/input/?i=Solve+%D1%85%5E3+%2B3(a-b)x%5E2%2B3(a%5E2-b%5E2)x%2B(a%5E3-b%5E3)%3D0. Почему оно не может быть выполнено в натуральных числах?

Но закономерность ясна - коэффициенты при слагаемых являются строками треугольника Паскаля, что позволяет легко построить соответствующее уравнение для любой степени.

[lasta]

serval в сообщении #1142775 писал(а):

Но закономерность ясна - коэффициенты при слагаемых являются строками треугольника Паскаля, что позволяет легко построить соответствующее уравнение для любой степени.

Уважаемый serval, пусть $(a,b,c)$ - решение уравнения Ферма. Если. хотя бы одно число иррациональное (пусть это $c$ ). то это решение всегда существует. Далее Вы проводите операции над этими числами. В компонентах векторов число $(c)$ никак не проявляет своих свойств целого. Треугольник Паскаля дает целые коэффициенты для любых чисел. Как определяете, что противоречия возникают только тогда, когда $(c)$ - целое? Аналогичный вопрос Вам задавал Феликс Шмидель.

[serval]

Удалось привести некоторые выражения второй степени к матричному виду. Пусть

$ P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $ - матрица показателя степени,
и
$ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a & 1 & 0 \\ a(a-1)/2 & a & 1 \end{pmatrix} $ - матрица основания степени (для числа $ b $ - аналогично),

$ e_{1},\ e^{1} = . $ - ко- и контравариантные первые орты (вырезают из матрицы левый верхний элемент).

Тогда

$ a^2 = .PA. $

$ 3a^2 = .A^{T}PA. $

$ -a^2 = .(A^{-1})^{T}PA. $

$ b^2 + a^2 = .PAB. $

$ b^2 + 2ab = .A^{T}PB. $

$ b^2 - 2ab = .(A^{-1})^{T}PB. $

$ b^2 - a^2 = .(A^{-1})^{T}PAB. $

[serval]

Чтобы понять почему ВТФ не выполняется для степеней $n>2$ я пытаюсь разобраться в структуре пифагоровых троек. Поиски привели к следующему.

Пусть $a^2+b^2=c^2$

Тогда для оснований степеней выполняется равенство

$a(t+1)-b=c$

где $t=\text{НОД}\ (c-a,b)$

и равно $t=\frac{(c-a)+b}{a}$

Таким образом для чисел $a,b,c$ удовлетворяющих уравнению $a^n+b^n=c^n$ существуют инварианты

при $n=1:\ a+b-c=0$

при $n=2:\ a(t+1)-b-c=0$

Возможно я опять получил то, что уже известно. Если это так, то, пожалуйста, дайте ссылки на источники.

[SVD-d]

Кажется, выражение $a(t+1) - b - c = 0$ при $t = \frac{(c-a)+b}{a}$ выполняется для всех $b$ и $c$ и любого ненулевого $a$. Если не верите, можно подставить $17$, $17$ и $17$.

[serval]

Я не понял вас. Поскольку речь идет о суммах, то разными буквами обозначаются разные числа потому что иначе суммы не выполнятся - ни $17+17\neq17$ ни $17^2+17^2\neq17^2$ .

По условию числа $a,b,c$ должны удовлетворять уравнению $a^2+b=c^2$ .

Например для пифагоровой тройки $8^2+15^2=17^2$ получим

$t=\frac{17-8+15}{8}=\frac{24}{8}=\text{НОД}\ (17-8,15)=3$

Пусть теперь "любое ненулевое число" $a=9$ а числа $b,c$ оставим теми же. Тогда

$t=\frac{17-9+15}{9}=\frac{23}{9}\neq\text{НОД}\ (17-8,15)=3$

Совсем никак не равно.

Пожалуйста, дайте пример для произвольной тройки чисел не являющейся пифагоровой.

[SVD-d]

Чем же вам так не понравился мой пример?

Вот вы пишете, что для чисел $a,b,c$ удовлетворяющих уравнению $a^n+b^n=c^n$ существует инвариант

serval в сообщении #1321786 писал(а):

при $n=2:\ a(t+1)-b-c=0$

где $t=\frac{(c-a)+b}{a}$.
При этом, подставляя это $t$ в выражение $a(t+1)-b-c=0$ я получаю $0=0$ для любых $a,b,c$, необязательно удовлетворяющих уравнению $a^2+b^2=c^2$. Равенство выполняется всегда.

То есть, если $a,b,c$ не являются пифагоровыми тройками, но $t=\frac{(c-a)+b}{a}$, то можно записать выражение $a(t+1)-b-c=0$
Для примера:
$a = 17$, $b = 17$, $c = 17$. Тогда $t = \frac{17-17+17}{17} = 1$, и очевидно что $17(1+1)-17-17 = 0 = 0$. Несмотря на то, что $17, 17, 17$ - не пифагорова тройка.

Что я в итоге хочу сказать. Называть выражение $a(t+1)-b-c=0$ инвариантом для пифагоровых троек - всё равно что для всех корней уравнения $a^n+b^n=c^n$ считать инвариантом выражение $0=0$. Бессмысленно и самоочевидно. Если что-то является инвариантом для всего, то оно не является инвариантом ни для чего является, конечно, но это уже другая история.