Решение загадки ВТФ:ядерные числа,треугольники BGA

[PhisicBGA]

Всё больше и больше прихожу к уверенности, что необычные свойства степеней вытекают из удивительной регулярности и потрясающей симметрии той структуры, которую создают в них натуральные числа. Порой просто диву даешься - как это у них так здорово получается! По неволе начинаешь верить в непостижимую магию чисел.
Что бы не быть голословным, приведу квантовую структуру некоторых кубов и их реальное разложение. Например -

$$15^3=[2(7)+1]^3 = 2(6)\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\1+2+3+4+5+6+7\\------------\\1+2+3+4+5+6+7+8\\1+2+3+4+5+6+7+8+9\\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 +11+12\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13 \\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14 \end{cases}+15 $$

Я провел разделительную линию, что бы указать на особую важность этого разложения. Да Вы и сами увидите это из реального разложения.
Теперь реальное разложение :

$$15^3=\begin{cases}6^3 + 14^3 + 6(69) + 1\\7^3 + 14^3 + 6(48)\\ \boxed { 8^3 + 14^3 + 6(19) + 5}\\------------\\ 9^3 + 13^3 + 6(74) + 5 \\ \boxed {10^3 + 13^3 + 6(29) + 4}\\-------------- \\ \boxed {11^3 + 12^3 + 6(52) + 4} \\ \boxed {12^3 + 11^3 + 6(52) + 4}\\------------ \\ \boxed {13^3 + 10^3 + 6(29) + 4} \\------------\\ \boxed {14^3 + 8^3 + 6(19) + 5} \\ \end{cases} $$

Так же - для другого куба -

$$19^3=[2(9)+1]^3 = 2(6)\begin{cases}1\\1+2\\1+2+3\\1+2+3+4\\1+2+3+4+5\\1+2+3+4+5+6\\1+2+3+4+5+6+7\\1+2+3+4+5+6+7+8\\1+2+3+4+5+6+7+8+9\\-------------\\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11 \\1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 +11+12\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13 \\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16+17\\ 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16+17+18\end{cases}+19 $$

И его реальное разложение -

$$19^3=\begin{cases}8^3 + 18^3 + 6(85) + 5\\9^3 + 18^3 + 6(49) + 4\\ \boxed { 10^3 + 18^3 + 6(4) + 3}\\------------\\ 11^3 + 17^3 + 6(102) + 3 \\ \boxed {12^3 + 17^3 + 6(36) + 2}\\-------------- \\ 13^3 + 16^3 + 6(94) + 2 \\-----------\\ \boxed {14^3 + 16^3 + 6(3) + 1}\\------------ \\ \boxed {15^3 + 15^3 + 6(18) + 1} \\------------\\ \boxed {16^3 + 14^3 + 6(3) + 1} \\ \boxed {17^3 + 12^3 + 6(36) + 2}\\-----------\\ \boxed { 10^3 + 18^3 + 6(4) + 3} \end{cases} $$

Думаю, что этих примеров достаточно, что бы увидеть интересные особенности разложения кубов. Сразу же бросается в глаза удивительная симметрия этих разложений относительно разложения на сумму соседних кубов : для $15^3$ - это два симметричных разложения, а для $19^3$ - это одно разложение на два одинаковых куба. Уже от них идут вверх и вниз симметричные разложения. Причём все разложения идущие вниз имеют симметричные в разложениях идущих вверх. Поэтому последнее разложение, являющееся по сути разложением на разность соседних кубов, имеет своего двойника - разложение в середине числового треугольника BGA. Поэтому я и выделил эту строку в квантовой записи этих чисел. Ну разве это не удивительно?
Но самое потрясающее то, что всю эту красоту создают числа, составляющие числовые треугольники BGA : при каждом разложении они непостижимым образом комбинируются так, что всегда выполняется тот общий закон по которому происходит разложение кубов, да и всех остальных степеней.
Что нам даёт косвенноё доказательство Великой теоремы Ферма? Ведь самое интересное это - почему существует то свойство, о котором говорится в теореме, какой закон лежит в его основе. Достоверно об этом могут рассказать нам только сами числа.
Что бы не быть голословным, приведу уравнение для легендарного случая - равенства кубу разности двух соседних кубов.

$$\delta[2(m) + 2(\delta) + 1] = 6^2(m)^3$$

,где $\delta $ и $m$- произвольные числа.
Нетрудно видеть, что в целых числах оно не выполняется.
От куда оно взялось? Из квантовой теории чисел.

[serval]

PhisicBGA в сообщении #1506880 писал(а):

По неволе начинаешь верить в непостижимую магию чисел.

Умножьте почленно $4$ первых числа любой строки треугольника Паскаля (первые $3$ нужно дополнить нулями) на числа $(1,7,12,6)$ , сложите эти произведения и вы получите номер этой строки в кубе. Колдовство, да? Могу дать рецепт для вычисления такой волшебной строки для любой степени. И это из программы только 1-го курса Хогвартса.

PhisicBGA в сообщении #1506880 писал(а):

относительно разложения на сумму соседних кубов

Простите, я не увидел что раскладывается на сумму соседних кубов. Пожалуйста, напишите единственный пример в виде $A=b^3+c^3$.

[yk2ru]

serval в сообщении #1506978 писал(а):

Умножьте почленно $4$ первых числа

Не совсем ясно про дополнить нулями. Для $1, 4, 6, 4$ получим $1, 28, 72, 24$ после умножения. Как $64$ получить? Дайте пример.

[serval]

$(1,4,6,4)$ - это 5-я строка. $1+28+72+24=125=5^3$

1-я строка - $(1)$ , её нужно дополнить до $(1,0,0,0)$
2-я строка - $(1,1)$ , её нужно дополнить до $(1,1,0,0)$
3-я строка - $(1,2,1)$ , её нужно дополнить до $(1,2,1,0)$

[yk2ru]

Есть вариант попроще для получения $5^3$ - четвертое число 7-й строки умножить на шесть и прибавить пять и значит $5^3 = 6\cdot{20} + 5$ , а соответственно $4^3 = 6\cdot{10} + 4$ .

[serval]

(Оффтоп)

Так вам придётся изобретать свой способ для каждого куба, а я указал один способ для всех кубов. И могу указать, как обобщить его на все степени. То есть, все натуральные числа во всех натуральных степенях имеют единую, очень простую, структуру.
Давайте перестанем засорять чужую тему. Если вам интересны подробности - спрашивайте в моей теме "ВТФ и дискретная геометрия".

[yk2ru]

serval в сообщении #1507133 писал(а):

придётся изобретать свой способ для каждого куба

Для кубов это общий способ как раз.

$$x^3 = (x + 1)x(x - 1) + x = 6C^3_{x+1} + x$$

У ТС для куба именно эта формула, только вместо коэффициента Бинома сумма многих чисел "в треугольнике".

[serval]

(Оффтоп)

Я больше не буду отвечать на вопросы ко мне в чужой теме. Соблюдайте приличия. Хотите продолжать - перейдите в мою тему.

-- Пн мар 01, 2021 18:44:20 --

yk2ru в сообщении #1507159 писал(а):

У ТС для куба именно эта формула

Если разложение куба, помимо кубов, содержит что-то ещё, тогда это не разложение на кубы, а разложение содержащее кубы, это разные вещи.

[PhisicBGA]

serval писал(а):

Если разложение куба, помимо кубов, содержит что-то ещё, тогда это не разложение на кубы, а разложение содержащее кубы, это разные вещи.

Конечно Вы правы. Постараюсь в дальнейшем более внимательно следить за терминологией.

yk2ru писал(а):

Для кубов это общий способ как раз.

$$x^3 = (x + 1)x(x - 1) + x = 6C^3_{x+1} + x$$

Замечательно! Вы просто большой молодец! Я то всегда вычислял сумму числового треугольника BGA по формулам -

$$BGA < 2x+1> = 1+3^2+5^2+....+(2x+1)^2$$

$$BGA < 2x > = 2^2+4^2+6^2+....+(2x)^2$$

и конечно же это неудобно. А тут мы сразу же получаем сумму любого треугольника BGA моментально. Просто замечательно и очень красиво!
С Вашего позволения, я бы немного изменил Вашу формулу -

$$x^3 = (x + 1)x(x - 1) + x = 6(C^2_{x}+C^3_{x} ) + x$$

Но, конечно же, это на любителя. А в общем - здорово! Думаю, было бы интересно, если бы Вы показали подобное и для других степеней.

[PhisicBGA]

PhisicBGA писал(а):

Что бы не быть голословным, приведу уравнение для легендарного случая - равенства кубу разности двух соседних кубов.

$$\delta[2(m) + 2(\delta) + 1] = 6^2(m)^3$$

,где $\delta $ и $m$- произвольные числа.

Просто фатальная невнимательность: опять допустил опечатку в формуле.
Как известно, разность двух соседних кубов может быть только кубом числа вида $6m+1$ т.е.

$$(a+1)^3 - a^3 =(6m+1)^3$$

. Так вот, из квантовой теории чисел следует - что бы это было возможным необходимо чтобы выполнялось равенство

$$\delta[12(m) + 2(\delta) + 1] = 6^2(m)^3$$

,где $\delta $ и $m$- произвольные числа.
Нетрудно видеть, что в целых числах оно не выполняется.

[PhisicBGA]

Аналогичным образом, не трудно показать, что разность двух соседних чисел в 5-ой степени может быть только 5-я степень числа вида $10m+1$ т.е.

$$(a+1)^5 - a^5 =(10m+1)^5$$

Если это так, то в цепочках разложений должно быть такое звено:

$$ (a+1)^5 - (10m+1)^5 = (a)^5 - (10m)^5 + D$$

где $D$ - уравновешивающий разности остаток.
И в этом звене выполняется равенство

$$ D = (10m)^5$$

Так мы получаем условие при котором единичное приращение, т.е. разность соседних 5-х степеней, будет так же 5-ой степенью.

$$\delta[20(m) + 2(\delta) + 1][2 + (\delta + 10m+1)^2 + (\delta + 10m)^2] = 10^4(m)^5$$

,где $\delta $ и $m$- произвольные числа.

Нетрудно видеть, что в целых числах оно так же не выполняется.

[PhisicBGA]

Приведённые выше соотношения для частного случая ВТФ не вызывают ни малейшего сомнения в их неразрешимости в целых взаимно простых числах. Эти соотношения, полученные в результате рассмотрения степеней, как ядерных или структурных чисел, позволяют нам уже на более высоком уровне понимания вернуться к рассмотрению некоторых традиционных форм, использовавшихся при доказательстве ВТФ, в частности, к триному 3-ей степени.
Хорошо известно, что

$$(x+y-z)^3=x^3+y^3-z^3+3(z-x)(z-y)(x+y)$$

где $x,y,z$ - целые числа.
Пусть числа $x,y,z$ будут взаимно простыми, $x,z$ - не четные, а $y$ - четное.
Для частного случая соседних кубов $y=z-1$.Тогда

$$(x-1)^3=x^3+(z-1)^3-z^3+3(z-x)(x+z-1)$$

Условием выполнения равенства

$$x^3+(z-1)^3-z^3=0 \eqno (1)$$

является выполнение равенства

$$(x-1)^3=3(z-x)(x+z-1) \eqno (2)$$

Из равенства (2) следует, что $x-1=6k$,где $k$-любое целое число. Тогда $x=6k+1$ и равенство (2) будет

$$(6k)^3=3[z-(6k+1)](z+6k)= 3[(z-1)-6k](z+6k) $$

Положим $z-1=2m$,где $m$-любое целое число. Тогда $z=2m+1$ и получаем

$$(6k)^3= 3[2m-6k](2m+6k+1)=6(m-3k)(2m+6k+1) $$

или

$$(6)^2(k)^3= (m-3k)(2m+6k+1) \eqno (3) $$

Но равенство (3) так же не разрешимо в любых целых числах $m,k$,как и равенство, полученное из теории структурных чисел и приведённое выше. Так в чём же дело? Почему это не было получено ранее, поскольку трином достаточно часто рассматривался на этом форуме?

[Pphantom]

Тема окончательно перешла в режим блога, тем более что содержательная реакция на редкие замечания со стороны полностью отсутствует. Закрыто.