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


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение18.02.2020, 15:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17489
Москва
PhisicBGA в сообщении #1440289 писал(а):
А как же быть с нарушением симметрии по чётности у степеней?Ведь эффект не сохранения чётности в слабом взаимодействии - это из физики высоких энергий.А тут вдруг оказывается,что подобное - является свойством структурных чисел т.е. степеней.
Ложная аналогия, вызванная исключительно наличием одинаково звучащих слов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение19.02.2020, 13:53 


06/02/14
170
Someone писал(а):
Ложная аналогия, вызванная исключительно наличием одинаково звучащих слов.


Замечательно.Кто бы сомневался...А вот такое объяснение:что природа - едина,что в ней нет деления на физику и математику, и поэтому числа и отражают свойства,даже самые глубинные,реальных объектов - это как? Нет..?Уже устарело и не актуально?Да,как говорится,Пифагор нервно курит в сторонке...
Я мог бы привести ещё один пример такого единства,да боюсь ,что уважаемый binki окончательно решит,что я буду доказывать ВТФ с помощью квантовой теории.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение19.02.2020, 14:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17489
Москва
PhisicBGA в сообщении #1440398 писал(а):
Я мог бы привести ещё один пример такого единства
А какой был первый?

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение19.02.2020, 20:36 


06/02/14
170
Someone писал(а):
А какой был первый?


Увы,но Вы проспали...

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение19.02.2020, 22:35 
Супермодератор
Аватара пользователя


09/05/12
22814
Кронштадт
 !  PhisicBGA, ответьте на заданный вопрос. До появления ответа воздержитесь от написания других сообщений на форуме.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение13.01.2021, 22:30 


06/02/14
170
Someone писал(а):
Ложная аналогия, вызванная исключительно наличием одинаково звучащих слов.

PhisicBGA писал(а):
Я мог бы привести ещё один пример такого единства.

Someone писал(а):
А какой был первый?.


Уже первый беглый анализ треугольных структур степеней приводит к интересному результату, который даже невозможно представить при классическом понимании степеней - эффекту нарушения у них симметрии по чётности. Это свойство степеней столь неожиданно и невероятно для людей воспитанных в рамках классических представлений, что в него отказываются верить. Но факты-в данном случае, математические выражения для внутренних структур степеней - упрямая вещь. Они показывают, что треугольные структуры для степеней с чётным и не чётным показателем отличаются. Вот это отличие, этот эффект нарушения симметрии по чётности у степеней лежит в основе той загадки, над которой бьются математики уже несколько веков: почему для степеней с показателем кратным 4-м есть элементарное доказательство ВТФ методом "бесконечного спуска" , а для степеней с нечетными показателями этот метод не работает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение14.01.2021, 12:07 


13/05/16
121
PhisicBGA в сообщении #1500727 писал(а):
Но факты-в данном случае, математические выражения для внутренних структур степеней - упрямая вещь. Они показывают, что треугольные структуры для степеней с чётным и не чётным показателем отличаются. Вот это отличие, этот эффект нарушения симметрии по чётности у степеней лежит в основе той загадки, над которой бьются математики уже несколько веков: почему для степеней с показателем кратным 4-м есть элементарное доказательство ВТФ методом "бесконечного спуска" , а для степеней с нечетными показателями этот метод не работает.

Почему вы решили, что второе доказательство непременно должно использовать метод бесконечного спуска? Как по мне, так оно должно вообще не использовать теорию чисел, так как с позиции теории чисел ВТФ исходили уже вдоль и поперёк

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение14.01.2021, 13:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17489
Москва
PhisicBGA в сообщении #1439761 писал(а):
$$x^2^n=\sum_{k=1}^{n-2k}\displaystyle 2\binom{n-2k}{n}\begin{cases}1\\1+2^{n-2k}\\1+2^{n-2k}+3^{n-2k}\\-----\\--------\\1+2^{n-2k}+3^{n-2k}+4^{n-2k}+...+(x-1)^{n-2k}\end{cases}+x^2  $$
Ошибка в записи суммы. Переменная $k$ используется одновременно в двух разных смыслах. Не говоря уже о нестандартной записи того, что находится после знака суммирования (при отсутствии определения такой записи).

PhisicBGA в сообщении #1440463 писал(а):
Увы,но Вы проспали...
Если Вы имеете в виду сопоставление нарушения сохранения чётности в физике и ваше "нарушение симметрии по чётности", то это ложная аналогия, основанное исключительно на наличии общих слов в терминологии. К тому же мне непонятно, чего Вы так носитесь с этим "нарушением симметрии по чётности". Разве кто-нибудь утверждал, что она должна быть? Никто и никогда не утверждал, что чётные и нечётные числа должны обладать одинаковыми свойствами. Наоборот, прямо из определения следует, что их свойства различны.

PhisicBGA в сообщении #1500727 писал(а):
Это свойство степеней столь неожиданно и невероятно для людей воспитанных в рамках классических представлений, что в него отказываются верить.
Кто именно отказался?

PhisicBGA в сообщении #1500727 писал(а):
почему для степеней с показателем кратным 4-м есть элементарное доказательство ВТФ методом "бесконечного спуска" , а для степеней с нечетными показателями этот метод не работает.
Причина совершенно очевидная: существует элементарное доказательство ВТФ для четвёртой степени методом бесконечного спуска, придуманное ещё самим Ферма. А из утверждения ВТФ для четвёртой степени мгновенно следует это же утверждение для всех степеней с показателями, кратными $4$. Это настолько банально, что трудно понять, чему Вы удивляетесь.
Насколько я помню, для всех чётных степеней, бо́льших $2$, тоже существует элементарное доказательство, и у нас на форуме кто-то (Феликс Шмидель) об этом писал. Но я могу ошибаться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение14.01.2021, 21:11 


06/02/14
170
Antoshka писал(а):
Как по мне, так оно должно вообще не использовать теорию чисел, так как с позиции теории чисел ВТФ исходили уже вдоль и поперёк.


Так и я о том же! Классическая теория чисел полностью себя исчерпала в попытках найти полное доказательство ВТФ. Доказательство Уайлса нельзя назвать полным т.к. оно косвенное: он доказал гипотезу Таниямы-Шимуры для одного класса эллиптических кривых - полустабильных, а гипотетическая кривая Фрея, если она существует, как раз полустабильна. Поэтому из доказательства Уайлса следовала справедливость ВТФ. (Только не понимаю, почему не наоборот: из справедливости ВТФ следует невозможность существования эллиптической кривой Фрея и,следовательно,справедливость гипотезы Таниямы-Шимуры для полустабильных эллиптических функций).
Так что, вешать Великую теорему Ферма в красный угол и лишь иногда стряхивать с неё пыль, ещё рано. Из неё в математике, как и из таких удивительных явлений ,как постоянство скорости света, квантованности энергии и структурной модели атома в физике, обязательно вырастет новая теория чисел. Такова неумолимая логика развития науки, таковы законы диалектики.
Давайте же посмотрим "достаточно ли безумна, что бы быть верной ",как говорил Бор, предложенная здесь квантовая теория степеней натуральных чисел. Зная внутреннюю структуру степеней - треугольники BGA плюс само натуральное число - мы можем теперь заглянуть внутрь степеней и попытаться понять, для начала, почему квадраты натуральных чисел составляют исключение и могут быть разложены на два целых квадрата. Для этого попробуем, например, воспроизвести равенство $5^2 =4^2+3^2$ в квантовом представлении этих квадратов:$$5^2=2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\1+1+1+1 \end{cases}+5 $$
$$4^2=2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\ \end{cases}+4 $$
$$3^2=2\begin{cases}1\\1+1\\ \end{cases}+3 $$

Думаю ,что это не представит особого труда. Своими результатами и соображениями можно поделиться прямо здесь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение16.01.2021, 11:28 


13/05/16
121
Someone в сообщении #1500823 писал(а):
Насколько я помню, для всех чётных степеней, бо́льших $2$, тоже существует элементарное доказательство, и у нас на форуме кто-то (Феликс Шмидель) об этом писал. Но я могу ошибаться.

Иан Стюарт в своей книге писал, что с четными степенями удалось разобраться Гаю Тержаняну во второй половине 20 века, так что насчёт элементарности доказательства не знаю

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение08.02.2021, 21:20 


06/02/14
170
Для удобства анализа особенностей квантовой структуры квадратов, приведу здесь предложенное разложение :

$$5^2=2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\1+1+1+1 \end{cases}+5 = 2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\1+1+1+1 \end{cases}+2 (1+1) +1 = $$

$$2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\------\\1+1+1\\1+1\\1 \end{cases} +1 = $$


$$2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1 \end{cases}+2(1+1) +2\begin{cases}1\\1+1 \end{cases} 2(1) +1 = $$



$$2\begin{cases}1\\1+1\\1+1+1\\ \end{cases}+4 +2\begin{cases}1\\1+1\\ \end{cases}+3 = $$
$$4^2 +3^2 $$

Мы видим, что квантовая структура квадратов очень неустойчива и эластична: обе его части - ядро и свободный член, имеют равноценное наполнение - единички, которые при одинаковом коэффициенте - 2 , могут легко проникать из одной части в другую, видоизменяя общую структуру. Эти изменения будут существенными в связи с таким равноценным наполнением.
Аналогичным образом можно выполнить и другие разложения:$$13^2 = 12^2 + 5^2 $$
$$17^2 = 15^2 + 8^2 $$
У более высоких степеней уже не так. Разложим,например,куб шести.
$$6^3=6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5 \end{cases}+6 = 6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\ 1 \end{cases}+0 = $$
$$ =6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\------\\1+2+3\\1+2\\1\\-----\\1+5\\ \end{cases}+0 = 
6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\------\\1+2+3\\1+2\\1\\------\\1\\1+2\\-----\\2\\ \end{cases}+0 =$$
$$6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\------\\1+2+3\\1+2\\1\\------\\1\\1+2\\ \end{cases}+12 =6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\------\\1+2+3\\1+2\\1\\------\\1\\1+2\\ \end{cases}+(5+4+3)=5^3+4^3+3^3$$
Видно, что ядро и свободный член у кубов имеют не равноценное наполнение при одинаковом коэффициенте : у ядра - арифметические прогрессии , у свободного члена - единичные числа. У более высоких степеней это отличие становится ещё больше. Следовательно, условия разложения в высоких степенях начинают диктовать ядра , т.е. законы по которым раскладываются треугольники BGA. Так, в рассмотренном случае можно было и не переносить свободный член: ядро разделилось нацело, почему-то, на 3 части и выбросило остаток , который в сумме со свободным членом, чудесным образом, дополнил эти части до трёх целых кубов.
Важно понять, что наша тактика теперь меняется: она становится исследовательской - найдем как раскладываются треугольники BGA в кубах и станет ясно, какой закон лежит в основе разложения степеней ,а ,следовательно,и теоремы Ферма. И уж точно, уверяю Вас - это не "основная теорема арифметики".
Таким образом, дальнейшие действия кажутся ,на первый взгляд, довольно простыми. Записываем квантовое представление какого либо куба , например - $13^3$:
$$13^3=6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\1+2+3+4+5+6+7\\1+2+3+4+5+6+7+8\\1+2+3+4+5+6+7+8+9\\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 +11+12\end{cases}+13 $$
и пытаемся разделить его на два куба : на два треугольника BGA с соответствующими свободными членами -$$BGA(13^3)+13 = BGA(x^3)+x+BGA(y^3)+y $$
Очевидно, что первый куб выбирается легко, по нашему желанию, например - $5^3=BGA(5^3)+5 $
Тогда такое разбиение будет -
$$13^3=6\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\--------\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\1+2+3+4+5+6+7\\1+2+3+4+5+6+7+8\\1+2+3+4+5+6+7+8+9\\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 +11+12\end{cases}+5 + 8 $$
Теперь остаётся решить : можно ли скомбинировать оставшуюся числовую трапецию и число-8 в числовой треугольник$ BGA(y^3) $ и свободный член $y$ без остатка. Допустимы любые разбиения, в любых направлениях, в любых комбинациях. В результате мы должны прийти к пониманию : как получаются и чему равны такие цепочки разложения -$$13^3 - 5^3 = ..........$$,
$$13^3 - 6^3 = ..........$$,$$13^3 - 7^3 = ..........$$,$$13^3 - 8^3 = ..........$$ $$-/-/-/-/-/-/-$$ при структурном разложении куба.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение14.02.2021, 11:21 


03/10/06
809
Ваши числа-ядра проще было бы свести к коэффициентам разложения Бинома Ньютона, чем расписывать суммы в треугольниках.
$$x^2 = x(x - 1) + x = 2C^2_x + x$$
$$x^3 = (x + 1)x(x - 1) + x = 6C^3_{x+1} + x$$
$$2x^4 = (x + 1)x(x - 1)(x - 2) + (x + 2)(x + 1)x(x - 1) + 2x^2 = 2\cdot12\cdot(C^4_{x+1} + C^4_{x+2}) + 2x^2$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение14.02.2021, 13:48 


06/02/14
170
Приведу небольшой математический этюд по разложению кубов нечётных чисел пополам, что бы показать насколько не просты эти привычные нам натуральные числа, какие удивительные комбинации и неожиданные соотношения они могут создавать в структуре квантовых чисел.
Согласно формуле разложения куба нечётного числа по квадратам, его ядро т.е. треугольник BGA легко делится пополам. Например-
$$13^3=6(2^2+4^2+6^2+8^2+10^2+12^2)+13=4[6(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)]+13=4[6(2^2+4^2+6^2)+6(1^2+3^2+5^2)]+$$
$$=2[6(BGA<6>+BGA<5>)] + 2[6(BGA<6>+BGA<5>)]$$, где
$$BGA<6> = \begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6 \end{cases}$$
$$BGA<5> = \begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5 \end{cases}$$
т.е. обозначение треугольников BGA идёт по последней прогрессии в нём.

Наглядно это деление будет выглядеть следующим образом:$$13^3=[4(3)+1]^3 = 2(6)\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\---------\\1+2+3+4+5/+6\\1+2+3+4/+5+6\\1+2+3/+4+5+6\\1+2/+3+4+5+6\\ 1/+2+3+4+5+6\\ 
  1+2+3+4+5+6\end{cases}+13 $$
Теперь нужно просто достроить эти две половинки ядра до двух треугольников BGA с помощью имеющихся математических прогрессий. Возьмём три последние прогрессии (4 будет много, а 2 будет мало) и достроим верхний треугольник BGA.
$$13^3=[4(3)+1]^3 = 2(6)\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\---------\\1+2+3+4+5+6|+ 7\\1+2+3+4+5+6|+ 7+8\\1+2+3+4+5+6|+ 7+8+9 \\----------\\1+2+3+4+5+6|\\ 1+2+3+4+5+6|\\ 
  1+2+3+4+5+6|\end{cases}+13 $$

Имеем с права:$$3<6> =3(2<3> + 3^2) = 3^3 +6<3>$$
Имеем с лева: $$BGA<3> +6(1+2+3) = BGA<3> +6<3>$$
Разность: $$\Delta =3^3 - BGA<3> $$
Следовательно:$$13^3=[4(3)+1]^3 = 2[6BGA<6+3> + 6\Delta]+13 =$$
$$ 2[6BGA<9> + 6(3^3-BGA<3>)]+13 =$$
$$ 2[6BGA<9> +10 + 6(3^3) - 6BGA<3> - 4 - 6]+13 =$$
$$ 2(10^3) + (8+4)(3^3) - 2(4^3) +1 =$$
$$ 2(10^3) + 6^3+4(3^3) - 2(4^3) +1 $$

Понадобилось три прогрессии из каждой половинки основного треугольника BGA, что бы достроить эти половинки до двух одинаковых треугольников плюс остаток. Назовём число 3 - достроичным числом для $13^3$.Как мы видим, оно чудесным образом совпадает с коэффициентом у четвёрки в записи самого числа - $ 13 = 4(3) +1 $
Можно предположить, что разложение пополам любого куба с чётной основой - $(4m+1)^3$, в основном приближении, находиться по формуле:$$(4m+1)^3 = 2(3m+1)^3 + 12\Delta+4m+1 $$ где
$$\Delta = m^3 - BGA<m>$$
Жёсткая периодичность и удивительная симметрия внутренних структур всех степеней подтверждает такое предположение. Можете проверить.
Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение15.02.2021, 21:37 


06/02/14
170
Я уже говорил, что Великая теорема Ферма - это о чисто квантовом свойстве чисел. Да, в классической теории чисел её надо доказывать. Но, если Вы изучите разложения того же куба вдоль и поперёк, то поймёте, что такое разложение, как в уравнении Ферма, просто невозможно для квантовых чисел.
Продолжим наш математический этюд. Теперь найдём разложение нечётных кубов для чисел с нечётной основой. Например -
$$15^3=[2(7)+1]^3=[4(4)-1]^3 = 2(6)\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\1+2+3+4+5+6+7\\---------\\1+2+3+4+5+6+7|+8\\1+2+3+4+5+6+7|+8+9\\1+2+3+4+5+6+7|+8+9+10 \\----------\\1+2+3+4+5+6+7|\\ 1+2+3+4+5+6+7|\\ 
  1+2+3+4+5+6+7|\\1+2+3+4+5+6+7|\end{cases}+15 $$

Здесь уже надо брать 4 последние прогрессии т.к. 3 будет мало для достройки 4 рядов в треугольнике BGA.

Имеем с права:$$4<7> =4(2<3> + 4^2) = 4^3 +8<3>$$
Имеем с лева:$$BGA<3> +7(1+2+3) = BGA<3> +7<3>$$
Разность:$$\Delta =4^3 - BGA<2> $$
Следовательно:$$15^3=[4(4)-1]^3 = 2[6BGA<7+3> + 6\Delta]+15 =$$
$$ 2[6BGA<10> + 6(4^3-BGA<2>)]+15 =$$
$$ 2[6BGA<10> +11 + 6(4^3) - 6BGA<2> - 3 - 8]+15 =$$
$$ 2(11^3) + (8+4)(4^3) - 2(3^3) - 1 =$$
$$ 2(11^3) + 8^3+4(4^3) - 2(3^3) - 1 $$

Здесь уже понадобилось четыре прогрессии из каждой половинки основного треугольника BGA, что бы достроить эти половинки до двух одинаковых треугольников плюс остаток. Следовательно, достроичное число для $15^3$ будет 4.Как мы видим, оно так же чудесным образом совпадает с коэффициентом у четвёрки в записи самого числа - $ 15 = 4(4) - 1 $
Руководствуясь теми же соображениями о наличии жёсткой периодичности и симметрии внутренних структур степеней , можно с уверенностью утверждать, что разложение пополам любого куба с нечётной основой - $(4m-1)^3$, в основном приближении, находиться по формуле:$$(4m-1)^3 = 2(3m-1)^3 + 12\Delta+4m-1 $$где
$$\Delta = m^3 - BGA<m-2>$$

Следовательно, разложение куба нечётного числа пополам распадается на два вида в зависимости от чётности основы числа (вот оно - следствие нарушения симметрии по чётности у квантовых чисел ):
Для чисел с чётной основой - $$(4m+1)^3 = 2(3m+1)^3 + 12\Delta+4m+1 $$где
$$\Delta = m^3 - BGA<m>$$
Для чисел с нечётной основой - $$(4m-1)^3 = 2(3m-1)^3 + 12\Delta+4m-1 $$где
$$\Delta = m^3 - BGA<m-2>$$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA
Сообщение19.02.2021, 10:19 


06/02/14
170
Прошу прощение за досадные опечатки при написании итоговых формул. Повторю последний абзац уже с скорректированными формулами:

Следовательно, разложение куба нечётного числа пополам распадается на два вида в зависимости от чётности основы числа (вот оно - следствие нарушения симметрии по чётности у квантовых чисел ):
Для чисел с чётной основой -$$(4m+1)^3 = 2(3m+1)^3 + 12\Delta - (2m+1) $$где
$$\Delta = m^3 - BGA<m>$$
Для чисел с нечётной основой -$$(4m-1)^3 = 2(3m-1)^3 + 12\Delta - (2m-1) $$где
$$\Delta = m^3 - BGA<m-2>$$

Полученные формулы являются лишь основным приближением. Теперь нам надо найти разложение в окончательном виде. Например для чисел с нечётной основой -$$(4m-1)^3 = 2(3m-1)^3 + 12(m^3 - BGA<m-2>) - (2m-1) = 2(3m-1)^3 + 12(m)^3 - 2[(m-1)^3 - (m-1)] = $$
$$ 2(3m-1)^3 + (2m)^3 +4(m)^3 - 2(m-1)^3 - 1= 2(3m-1)^3 + (2m)^3 + 2(m+1)^3 - 12m - 1 =$$
$$  2(3m-1)^3 + (2m)^3 + (m+1)^3 + m^3 +3m(m-3)=$$
$$ (3m-1)^3 + (3m)^3+(2m)^3 + (m+1)^3 + m^3 +[3m(m-3) - 6<3m-1>-1]=$$
$$ (3m-1)^3 + (3m)^3+(2m)^3 + (m+1)^3 + m^3 - [24(m)^2 + 2] +1 =$$
$$ (3m-1)^3 + (3m)^3+(2m)^3 + (m+1)^3 + m^3 - [(2m+1)^3 -(2m-1)^3] +1 $$

Следовательно -
$$  (4m-1)^3 = (3m-1)^3 + (3m)^3 +(2m-1)^3+(2m)^3 + (m+1)^3 + m^3 +1 - (2m+1)^3   $$

Точно так же можно найти окончательное разложение и для чисел с чётной основой :
$$ (4m+1)^3 = (3m+1)^3 + (3m)^3 +(2m+1)^3+(2m)^3 + (m-1)^3 + m^3 - 1 - (2m-1)^3  $$

Основная цель этого этюда - показать, как работает квантовая теория чисел, какие интересные и неожиданные закономерности
открывают нам натуральные числа, создающие удивительно стройную и последовательную внутреннюю структуру квантовых чисел т.е. степеней. Подтверждение тому - полученное разложение кубов: любой куб нечётного числа можно гарантированно разложить на алгебраическую сумму восьми кубов. Это как бы базовое без остаточное разложение, которое потом в результате комбинаций у некоторых кубов сводится к более короткому разложению. Причём, интересна последовательность в этом базовом разложении: для небольших чисел - примерно до $30^3$, первые два куба - это кубы в разложении куба на сумму соседних кубов, а четвёртый куб - это куб в разложении на разность соседних кубов. Например-$$21^3=[4(5)+1]^3=16^3+17^3+6(42) $$
$$21^3=[4(5)+1]^3=20^3+10^3+6(43)+3 $$

С ростом основания куба это совпадение постепенно исчезает: в разложении куба на сумму соседних кубов - кубы растут, а в разложении на разность соседних кубов - уменьшаются по сравнению с этой формулой. Например -
$$41^3=[4(10)+1]^3=32^3+17^3+6^3 $$
$$21^3=[4(5)+1]^3=40^3+17^3+2^3 $$
Начинает играть роль рост значений остальных кубов в разложении, за счёт чего становится возможно перераспределение
при конкретных разложениях.

Таким образом, с осторожным оптимизмом, можно утверждать, что квантовая теория степеней работает и даёт интересные результаты. Следующий шаг связан с преобразованием числовой трапеции $a^3 - b^3$ остающийся при разности нечётных кубов в треугольник BGA плюс остаток. Но это уже другой ещё более увлекательный и красивый этюд, который выводит нас уже на законы управляющие самим разложением кубов, а, в конечном счёте, и всех остальных степеней.

-- 19.02.2021, 10:36 --

В последнем примере опять вкралась опечатка: Например -
$$41^3=[4(10)+1]^3=32^3+33^3+6^3 $$
$$41^3=[4(10)+1]^3=40^3+17^3+2^3 $$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 41 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  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