ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Уточнение.

Векторы $e_1$ и $e^1$ для каждой степени $n$ имеют ту же размерность, что и матрицы $x$ и $P_n$ . Так для степени $n=2$ (для пифагоровых троек) векторы $e_1$ и $e^1$ таковы

$e_1=(1,0,0)$

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

[serval]

Промежуточный итог.

По условию ВТФ $a^n+b^n=c^n$ основания степеней слагаемых натуральны: $a,b,c \in N$ , значит натуральна и разность $(c-b) \in N$

Для степени $n=1$ : $c-b=a$ или

$\displaystyle \frac{a}{c-b}=1$


Для степени $n=2$ : $c-b<a$ и принимает значение

$c-b=a \cdot \displaystyle \frac{b-(c-a)}{b+(c-a)}$ или

$\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot \displaystyle \frac{b-(c-a)}{b+(c-a)}=1$

Обозначив $t=\text{НОД}\ (b,c-a)$ и сократив на него, последнее равенство можно записать в виде

$c-b=a \cdot \displaystyle \frac{l-r}{l+r}$ или

$\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot \displaystyle \frac{l-r}{l+r}=1$


Для степеней $n \geqslant 3$ : $c-b \ll a$ и следует ожидать, что коэффициент $k$ в равенстве

$\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot k=1$

не может быть рациональным числом: $k \notin Q$

Либо наоборот: при рациональном коэффициенте $k \in Q$ равенство не может быть выполнено и

$\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot k \neq 1$


P.S.

Для степени $n=3$ : разность $c-b$ имеет вид

$c-b=a-(l-r) \sqrt {3\ ac\ \displaystyle \frac{r}{l^3-r^3}}$ или учитывая, что $c=a+rt$

$c-b=a-(l-r) \sqrt {3\ a\ (a+rt)\ \displaystyle \frac{r}{l^3-r^3}}$

где под знаком корня находится величина $t$ имеющая значения

$t_{1,2}=a \cdot \displaystyle \frac{3\ r^2 \pm \sqrt{3\ r\ (4\ (l^2-r^2)+3\ r^2)}}{2\ (l^2-r^2)}

Вычисление величин $(c-b)$ и $t$ для степени $n=3$ не составляет труда, но как исследовать число имеющее такой громоздкий вид на натуральность - непонятно.

Хотя, достаточно было бы показать, что величина

$t = \sqrt {\displaystyle 3\ ac\ \frac{r}{l^3-r^3}}$

не имеет натуральных значений.

[binki]

serval в сообщении #1434109 писал(а):

$\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot k=1$

не может быть рациональным числом: $k \notin Q$

Уважаемый serval!
$a$ и $(c-b)$ не взаимно простые числа, а числа $(c-b),k$ взаимно какие?

[serval]

В пифагоровых тройках числа $a$ и $(c-b)$ могут быть взаимно простыми, а могут не быть, например

$5^2+12^2=13^2$ - взаимно простые

$8^2+15^2=17^2$ - не взаимно простые

но при коэффициенте $k=\displaystyle \frac{l-r}{l+r}$ равенство $\displaystyle \frac{a}{c-b} \cdot k=1$ выполняется всегда.

В случае $n=1:\ k=1$ - натуральное число, а в случае $n=2:\ k=\displaystyle \frac{l-r}{l+r}$ - рациональное число, и в обоих случаях $(c-b)$ - натуральное число. Я предполагаю, что в случаях $n \geqslant 3$ коэффициент $k$ - иррациональное число. Взаимная же простота определена только для чисел оба из которых целые.

[serval]

Пусть имеется тройка чисел $(a,b,c)$ таких, что выполняется равенство $a^n+b^n=c^n$ , где $n$ - натуральное число.

Тогда для каждого показателя степени $n$ существует инвариант относительно тройки $(a,b,c)$ - такое натуральное число $k$ что при заданном значении $n$ и способе вычисления $f_n(a,b,c)=k$ для любых значений $(a,b,c)$ оно является константой:

$f_n(a,b,c)=k, k=Const \textit{(} n \textit{)}$

Рассмотрим примеры.

Пусть $n=2$ . Перепишем равенство $a^2+b^2=c^2$ в следующем виде:

$(a+b-c)^2=2 \ (c-a)(c-b)$

или

$(\star) \ \ \ \ \ \displaystyle \frac{a-(c-b)}{c-b} \cdot \frac{b-(c-a)}{c-a}=2$

Таким образом, при любых значениях членов тройки $(a,b,c)$ выражение $(\star)$ примет значение равное $2$ . Если при этом $a,b,c - натуральные числа, то они образуют пифагорову тройку.

Пусть $n=3$ . Перепишем равенство $a^3+b^3=c^3$ в следующем виде:

$(a+b-c)^3=3 \ (c-a)(c-b)(a+b)$

или

$(\star \star) \ \ \ \ \ \displaystyle \frac{a-(c-b)}{c-b} \cdot \frac{b-(c-a)}{c-a} \cdot \frac{(a+b)-c}{a+b}=3$

Таким образом, при любых значениях членов тройки $(a,b,c)$ выражение $(\star \star)$ примет значение равное $3$ . Следовательно, доказательство ВТФ приводится к доказательству невозможности выполнения равенства $(\star \star)$ в натуральных числах.

Такой числовой инвариант можно указать и для любой степени $n>3$ . Он будет равен $\text{НОД}$ элементов соответствующей $n$ строки треугольника Паскаля усечённой на крайние единицы:

$n=2:\text{НОД}\ (2)=2$

$n=3:\text{НОД}\ (3,3)=3$

$n=4:\text{НОД}\ (4,6,4)=2$

$n=5:\text{НОД}\ (5,10,10,5)=5$

$n=6:\text{НОД}\ (6,15,20,15,6)=1$

и так далее.

[serval]

При исследовании ВТФ я исходил из предположения о том, что равенство $a^n + b^n = c^n$ , для возрастающих значений показателя степени $n$ , может быть представлено единым образом, таким, что при достижении значения $n=3$ удастся явно выразить его отличие от младших степеней $1$ и $2$ . Такое представление удалось получить.

Сделаем следующую замену:

$\begin{cases} c - a = ut \\ c - b = l \\ a + b - c = vt \end{cases}$

Тогда условия выполнения равенства $a^n + b^n = c^n$ для первых трёх значений показателя степени $n$ примут вид:

$n =1:\ (vt)^1 + (ut)^1 = (ut + l)^1 - l^1$

$n =2:\ (vt)^2 + (ut)^2 = (ut + l)^2 - l^2$

$n =3:\ (vt)^3 + (ut)^3 = (ut + l)^3 - l^3 + 3!\ vt\cdot ut\cdot l$

Здесь:

$n =1:$ Поскольку, для этого случая, $vt = 0$ , то условие выполняется всегда.

$n =2:$ Из записи для этого случая видно, что левая часть равенства является квадратом гипотенузы одного треугольника, а правая - квадратом катета другого. Это можно нарисовать.

$n =3:$ В этом случае, в отличие от двух первых, различающихся только значением показателя степени $n$ , в правой части равенства присутствует дополнительное слагаемое.

Как связан дополнительный член в правой части последнего равенства с его невыполнимостью в натуральных числах, пока неизвестно.

[Antoshka]

Я вам помогу немного, если вы не возражаете.

serval в сообщении #1506621 писал(а):

При исследовании ВТФ я исходил из предположения о том, что равенство $a^n + b^n = c^n$ , для возрастающих значений показателя степени $n$ , может быть представлено единым образом, таким, что при достижении значения $n=3$ удастся явно выразить его отличие от младших степеней $1$ и $2$ . Такое представление удалось получить.

Antoshka в сообщении #1481257 писал(а):

Пусть имеется уравнение $x^3+y^3=z^3$. Требуется доказать, что у него нет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Возникает закономерный вопрос: а можно ли получить в явном виде соотношения для гипотетических $x,y,z$ натуральных такие, что при подстановке этих соотношений в исходное уравнение получалось бы верное тождество, как для показателя два? Да, такие соотношения существуют, причём в литературе они мне не встретились. Например, у Рибенбойма их нет, у него есть только соотношения Барлоу.Рассмотрим случай $z$делится на $3$. Тогда эти соотношения имеют вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}-\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt {2}}\\ y=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}+\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt{2}}\\ z=\frac{\sqrt{3(a-b)}b}{\sqrt{2}} \end{array} \right$$

. Здесь $a$ и $b$ натуральные взаимно простые числа. Есть ещё второе множество решений. В нем соотношения имеют похожий вид

[serval]

Antoshka в сообщении #1506938 писал(а):

Я вам помогу немного, если вы не возражаете.

Против помощи я не возражаю, но не вижу чем мне могут быть полезны ваши замены переменных. Пожалуйста, или укажите как их можно применить к решению моих задач, или не пользуйтесь моей темой для демонстрации своих результатов.