ВТФ и дискретная геометрия

[bot]

serval в сообщении #159858 писал(а):

Смотрю внимательно

Не туда смотрите.

serval писал(а):

Прогрессии, а не суммы.

Так я и прочитал. А сумма у Вас начиналась с члена k, а не с члена с номером k.

Ну, да ладно - проехали, не за этим же залез. Что равенство $S=n(2k-2+n)$ можно рассматривать как квадратное уравнение относительно $n$ с параметрами $S$ и $k$ - это ясно. Непонятно, зачем, а ещё более непонятно вот это:

serval в сообщении #159147 писал(а):

Решение квадратного уравнения имеющего натуральные различные корни сводится к следующему ...

[serval]

Дайте квадратное уравнение с натуральными различными корнями, я покажу. Пусть корни будут не большими, скажем, < 50.
Думаю, Вам будет любопытно посмотреть.

[serval]

Кто-нибудь - дайте квадратное уравнение.

[bot]

Вот уж чего не жаль - выбирайте:
$x^2-12x+20=0$
$x^2- 26x+25=0$
$x^2-18x+80=0$
... что-то заломило писать, возьмите $a, b$ сами
$x^2-(a+b)x+a\cdot b=0$

[serval]

Корни маленькие, будет не очень наглядно, поэтому возьму сам. Пусть будет

$x^2-34\ x+253=0$

Теперь я немного попрыгаю с бубном, а потом, если Вам будет интересно, объясню.
Будем смотреть на это квадратное уравнение (вообще на любой полином) как на скалярное произведение. Первое, что мы сделаем - подействуем на вектор коэффициентов

$\vec{a}=\left(\begin{array}{r} 1\\-34\\253\end{array}\right)$

оператором

$\hat{n}=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&1\\3&1&0\\2&0&0 \end{array}\right)$

в результате чего получим вектор нормали плоскости содержащей $3$ целые точки - начало координат и $2$ точки соответствующие корням уравнения. Важно, что эта плоскость (или гиперплоскость в случае полиномов степени $>2$) не содержит других целых точек кроме кратных указанным

$$\vec{n}=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&1\\3&1&0\\2&0&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 1\\-34\\253 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} 220\\-31\\2\end{array}\right)$$

Далее, подействуем на полученный вектор оператором

$\hat{k}=\ \left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\0&1&1\\0&0&1 \end{array}\right)$

а потом ещё раз, и ещё и ещё - наша цель в том, чтобы получить векторы первый компонент которых равен $0$. Число этих векторов будет равно числу корней полинома (при условии, что все корни различны) и в случае квадратного уравнения их будет ровно $2$.
При этом, для отыскания первого корня нам понадобится не более чем $[31/2]=15$ шагов - целая часть половины модуля второго компонента вектора нормали.
Для экономии ресурсов разумно будет действовать не последовательными степенями оператора $\hat{k}$, а воспользоваться методом последовательных приближений ориентируясь на минимизацию разности между абсолютными значениями второго и третьего компонентов получаемого вектора.
Найдём ветор на $7$-м шаге

$$\hat{k}^7\vec{n}=\ \left(\begin{array}{ccc} 1&7&21\\0&1&7\\0&0&1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 220\\-31\\2 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} 45\\-17\\2\end{array}\right)$$

Недолёт - разность абсолютных значений $2$-го и $3$-го компонентов довольно велика. Возьмём середину правого отрезка - $11$-й шаг

$$\hat{k}^{11}\vec{n}=\ \left(\begin{array}{ccc} 1&11&55\\0&1&11\\0&0&1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 220\\-31\\2 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} -11\\-9\\2\end{array}\right)$$

Перелёт - первый компонент поменял знак. Берём середину левого отрезка - $9$-й шаг

$$\hat{k}^9\vec{n}=\ \left(\begin{array}{ccc} 1&9&36\\0&1&9\\0&0&1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 220\\-31\\2 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} 13\\-13\\2\end{array}\right)$$

Попали! На следующем - $10$-м - шаге первый компонент вектора нормали занулится. Номер этого шага и есть первый корень, он равен $10$.
Но корни расположены симметрично от шага на котором $2$-й компонент поменяет знак. В нашем случае это произойдёт на $16$-м шаге. Тогда $16+(16-10)=22$. Проверим

$$\hat{k}^{22}\vec{n}=\ \left(\begin{array}{ccc} 1&22&231\\0&1&22\\0&0&1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 220\\-31\\2 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} 0\\13\\2\end{array}\right)$$

Поскольку корень$=$номер шага $+1$, то $22+1=23$ - второй корень.
Конечно, всё это выглядит занятно, но для практических целей вряд ли имеет смысл - зачем изворачиваться со степенями матриц, если решить квадратное уравнение можно в два действия? Но квадратное уравнение - лишь полигон для поиска действительно полезных методов. Сам принцип работает для полиномов любых степеней.
Было бы интересно найти чисто геометрический метод отыскания корней по виду вектора нормали гиперплоскости. Мысли есть, но получается очень медленно.

[bot]

Пробовал цифирью проверять ..., плюнул и вернулся к буковкам - оно сподручнее и виднее.
Берём уравнение $x^2-px+q=0$ с натуральными корнями $a$ и $b$, так что $a+b=p, ab=q$.
Выполнив первое действие, получаю:
$\vec{n}=\begin{pmatrix}1-p+q\\ 3-p\\ 2 \end{pmatrix}$
Умножаю, этот вектор слева сразу на $(a-1)$-ю степень жордановой клетки, то есть на матрицу $\begin{pmatrix}1& a-1& \frac{(a-1)(a-2)}{2}\\ 0& 1& a-1\\ 0& 0& 1 \end{pmatrix}$, действительно получаю вектор $\begin{pmatrix}a^2-pa+q\\ 1+2a-p\\ 2 \end{pmatrix}$ с первой компонентой, равной нулю. Так что итерациями, как у Вас и в самом деле до корня доберёмся. Однако смысл этих, как Вы сами выразились, прыжков с бубном от меня ускользает.
ЗЫ. О том, ловится или нет корень, пропуском итераций, как лев в пустыне подумал ... - не, не так, не подумал, а вспомнил, что задуматься надо ... , а лениво, что то.

Добавлено спустя 10 минут 58 секунд:

А ну да - ловится.

[serval]

Цитата:

смысл этих, как Вы сами выразились, прыжков с бубном от меня ускользает

: )
Я же говорю - смысл в решении полиномов высоких степеней. Можно ли тут получить выигрыш относительно существующих алгоритмов - не знаю. Да это, пока, и не не алгоритм. Во всяком случае, мне он не нравится.
Мне интересно, можно ли получить из такой геометрической интерпретации полиномов более эффективный метод их решения.
А Вас не заинтересовало - откуда взялась матрица оператора $\hat{n}$?

Добавлено спустя 3 минуты 42 секунды:

А цифирью проверять без матпакета - можно умом тронуться. Лично я пользуюсь мэплом.

Добавлено спустя 1 час 10 минут 40 секунд:

Такой вопрос: можно ли показать, что
$(b^3+d_1)(c^2-b^2)-(a^3+d_2)(c^2-a^2)+d_3(b^2-a^2)>0$
при условиях
$a<b<c$
$d_1<d_2<d_3$
Все числа натуральные.

[serval]

Хочу предложить проверить одно рассуждение о ВТФ. Это не доказательство, а лишь одна из попыток нащупать направление. Скорее всего, я что-то проглядел, но сам не вижу.
Речь пойдет о пифагоровых тройках, поэтому все будет очень просто.
Перепишем равенство
$a^2+b^2=c^2$
в виде

$$ \left(\begin{array}{ccc} 1&{a_{2}}&{a_{3}}\\ 1&{b_{2}}&{b_{3}}\\ 1&{c_{2}}&{c_{3}} \end{array}\right) \left(\begin{array}{lll} 1\\q_{2}\\q_{3} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} r\\s\\r+s \end{array}\right) $$

Тогда
$1=\frac{\Delta_{1}}{\Delta},\ q_{2}=\frac{\Delta_{2}}{\Delta},\ q_{3}=\frac{\Delta_{3}}{\Delta}$
где

$$ \Delta= \left|\begin{array}{ccc} 1&{a_{2}}&{a_{3}}\\ 1&{b_{2}}&{b_{3}}\\ 1&{c_{2}}&{c_{3}} \end{array}\right| $$

$$ \Delta_{1}= \left|\begin{array}{ccc} r&{a_{2}}&{a_{3}}\\ s&{b_{2}}&{b_{3}}\\ (r+s)&{c_{2}}&{c_{3}} \end{array}\right| $$

$$ \Delta_{2}= \left|\begin{array}{ccc} 1&r&{a_{3}}\\ 1&s&{b_{3}}\\ 1&(r+s)&{c_{3}} \end{array}\right| $$

$$ \Delta_{3}= \left|\begin{array}{ccc} 1&{a_{2}}&r\\ 1&{b_{2}}&s\\ 1&{c_{2}}&(r+s) \end{array}\right| $$

откуда
$\frac{q_{3}}{q_{2}}=\frac{\Delta_{3}}{\Delta_{2}}$
Проведя необходимые преобразования, получим
$\Delta_{2}=s(c_{3}-b_{3})-r(c_{3}-a_{3})$
$\Delta_{3}=-s(c_{2}-b_{2})+r(c_{2}-a_{2})$
Учтя, что
$x_{2}=x-1$
$x_{3}=\frac{1}{2}(x_{2}^2-x_{2})$
окончательно получим
$2\Delta_{2}=s(c^2-b^2)+r(a^2-c^2)+3\Delta_{3}$
Тогда $\frac{q_{3}}{q_{2}}=\frac{2}{3}}$ если $s(c^2-b^2)+r(a^2-c^2)=0$
Последнее равенство верно, поскольку
$(c^2-b^2)=a^2, \ (c^2-a^2)=b^2, \ r=a^2, \ s=b^2$
Вектор $\vec{q_2}$ имеет вид

$$\vec{q_2}=\left(\begin{array}{r} 1\\3\\2\end{array}\right)$$

и отношение 3-го компонента ко 2-му действительно равно $\frac{2}{3}$.
Таким образом, не делая никаких предположений о виде вектора $\vec{q_2}$ мы получили условие на отношение его компонентов, которое оказалось верным.

Добавлено спустя 54 минуты 32 секунды:

В случае степеней $>2$ разность $2\Delta_{2}-3\Delta_{3}$ имеет более сложный вид и если она положительна, то отношение $\frac{q_{3}}{q_{2}}<\frac{2}{3}$ что не выполняестя начиная с вектора $\vec{q_3}$ (иначе говоря, со степени равной $3$) где указанное отношение становится $>1$ и далее лишь увеличивается.

[serval]

Для указанной выше разности определителей условие таково: если скалярное произведение $A>0$, где $A$ имеет вид

$$\left(a^2,b^2,c^2\right) \left (\begin{array}{rrr} -1&0&1\\ 0&1&-1\\ 1&-1&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} a^n+d_2\\b^n+d_1\\d_3 \end{array}\right) $$

а все компоненты векторов - натуральные, то, я сильно извиняюсь, ВТФ имеет ещё одно доказательство.

[bot]

serval в сообщении #161259 писал(а):

Перепишем равенство ...

Нахожу странным, что переписыванием можно уничтожить буковки, которые были в первоначальном виде выражения.

serval в сообщении #161463 писал(а):

если скалярное произведение ...

Странное скалярное произведение - матрица вырождена и даже полуопределённой не является.

[serval]

bot в сообщении #161791 писал(а):

Нахожу странным, что переписыванием можно уничтожить буковки, которые были в первоначальном виде выражения.

Об этом нужно смотреть на предыдущих страницах.
Врочем, в связи с тем, что направление обозначилось, я решил оформить куски в одно целое. Буду выкладывать частями.

bot в сообщении #161791 писал(а):

матрица вырождена и даже полуопределённой не является

Мне самому очень интересно, какие выводы можно сделать из вида матрицы.

[bot]

serval в сообщении #161821 писал(а):

Мне самому очень интересно, какие выводы можно сделать из вида матрицы.

Прежде всего - не называть это скалярным произведением. Это просто билинейная форма.

[serval]

bot в сообщении #161822 писал(а):

Это просто билинейная форма.

Так и буду называть. А это поможет сделать какие-либо полезные выводы?

[serval]

Всем совершенно ясно, что сам Ферма не колдовал в тёмных глубинах теории чисел. Два вопрос в пустоту:
1. Почему ферманьяки упорно лезут именно туда? Это тем более не понятно, чем более они в этой области слабы.
При этом, профи с большим (взаимным) интересом громят математических младенцев. Как в анекдоте, где на перекрёстке демонстрация геев встретилась с ротой спецназа и обе стороны получили большое удовольствее.
2. Почему математики игнорируют вниманием естественные для самого Ферма пути?
Извините, я не нападаю, но факт есть - всем лень разбираться. Тебя бъют только если ты влез на чужую территорию.
Это не претензия, а вопрос: даже если ты прав - как заинтересовать того, кому это не интересно?
Я систематизирую и выложу то, что наработал по доказательству ВТФ.
Обзор тем и собственная история показывают, что вряд ли кто-нибудь станет разбираться, но - пусть лежит, авось.
Подчёркиваю дважды: само доказательство - давно не самое интересное, метод представления полиномов векторами (не тот, о том я знаю) привёл к более интересным результатам.
Ивините за лирику. Буду приводить в порядок и выкладывать.

P.S. А что ещё с этим делать?

[serval]

Пусть имеется множество $\{x^{y}\}$ где $x,y\in N$. Тогда, если $\{x^{y}\}$ является аддитивной группой, то вместе с двумя элементами множества $x_{m}^{y}$ и $x_{k}^{y}$ ему принадлежит также их разность ($x_{m}^{y}-x_{k}^{y}$).
Любой элемент множества $\{x^{y}\}$ можно представить как конечную сумму разностей соседних элементов

$$x_{k}^{y}=\sum^{k-1}_{i=1}(x_{i+1}^{y}-x_{i}^{y})$$

Попробуем выяснить структуру элементов множества $\{x^{y}\}$. Для этого рассмотрим его при первых значениях $y$.
При $y=0$ получим

$$\[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \dots} {0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \dots} \qquad \]$$

Разности обратились в $0$ на первом шаге.
Обратите внимание на первые элементы ненулевых строк – они являются ключевыми для определения искомой структуры.
При $y=1$ получим

$$\[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 1\ \ \ 2\ \ \ 3\ \ \ 4\ \ \ 5\ \ \ 6\ \ \ 7\ \dots} {\pmb 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \ \ 1\ \dots} \qquad \] \[ \genfrac{}{}{0pt}{}{0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \dots}{} \qquad \]\\$$

Разности обратились в $0$ на втором шаге. Можно ожидать, что для $y=2$ это произойдёт на третьем шаге. Проверим.
При $y=2$ получим

$$\[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 1\ \ \ 4\ \ \ 9\ \ \ 16\ \ \ 25\ \ \ 36\ \ \ 49\ \dots} {\pmb 3\ \ \ 5\ \ \ 7\ \ \ 9\ \ \ 11\ \ \ 13\ \dots} \qquad \] \[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 2\ \ \ 2\ \ \ 2\ \ \ 2\ \ \ 2\ \dots} {0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \dots} \qquad \]\\$$

Предположение было верным.
При $y=3$ получим

$$\[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 1\ \ \ 8\ \ \ 27\ \ \ 64\ \ \ 125\ \ \ 216\ \ \ 343\ \dots} {\pmb 7\ \ \ 19\ \ \ 37\ \ \ 61\ \ \ 91\ \ \ 127\ \dots} \qquad \] \[ \genfrac{}{}{0pt}{}{\pmb 12\ \ \ 18\ \ \ 24\ \ \ 30\ \ \ 36\ \dots} {\pmb 6\ \ \ 6\ \ \ 6\ \ \ 6\ \dots} \qquad \] \[ \genfrac{}{}{0pt}{}{0\ \ \ 0\ \ \ 0\ \dots}{} \qquad \]\\$$

Для наших целей этого будет достаточно.
Далее, соберём элементы множества $\{x^{y}\}$ из полученных разностей.
При $y=0$ все разности, а значит и любая их сумма, равны $0$, поэтому, любой элемент множества $\{x^{0}\}$ равен его первому элементу – единице.
При $y=1$

$2=1+1=\pmb 1\cdot1+\pmb 1\cdot1$
$3=1+2=\pmb 1\cdot1+\pmb 1\cdot2$
$4=1+3=\pmb 1\cdot1+\pmb 1\cdot3$
$5=1+4=\pmb 1\cdot1+\pmb 1\cdot4$

и так далее. Обратите внимание на выделенные коэффициенты.
При $y=2$

$4=1+3=\pmb 1\cdot1+\pmb 3\cdot1$
$9=5+4=(2+3)+(3+1)=\pmb 1\cdot1+\pmb 3\cdot2+\pmb 2\cdot1$
$16=7+9=(2+5)+(5+4)=2+(2+3)+(2+3)+(3+1)=\pmb 1\cdot1+\pmb 3\cdot3+\pmb 2\cdot3$
$25=9+16=(2+7)+(7+9)=2+(2+5)+(2+5)+(5+4)=$
$=2+2+(2+3)+2+(2+3)+(2+3)+(3+1)=\pmb 1\cdot1+\pmb 3\cdot4+\pmb 2\cdot6$

Этого достаточно, чтобы заметить – любой элемент множества $\{x^{2}\}$ можно собрать из указанных выше первых элементов ненулевых строк $(\pmb 1,\ \pmb 3,\ \pmb 2)$. Также можно видеть, что коэффициенты при них принадлежат первым строкам треугольника Паскаля

$$\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&\multicolumn{1}{|c}{4}&5&\ldots\\ \hline 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&0&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&0&\ \\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&2&1&\multicolumn{1}{|c}{0}&0&\ldots\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&3&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&\ \\ 5&\multicolumn{1}{|c}{1}&4&6&\multicolumn{1}{|c}{4}&1&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&\vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&\ddots \end{array}$$

при этом, номер элемента в множестве одновременно является номером строки треугольника Паскаля.
В случае $y=1$ коэффициенты при элементах $(\pmb 1,\ \pmb 1)$ лежат в первых двух столбцах треугольника Паскаля

$$\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&\multicolumn{1}{|c}{3}&4&5&\ldots\\ \hline 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&0&0&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&\multicolumn{1}{|c}{0}&0&0&\ \\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&2&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&\ldots\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&\multicolumn{1}{|c}{3}&1&0&\ \\ 5&\multicolumn{1}{|c}{1}&4&\multicolumn{1}{|c}{6}&4&1&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&\multicolumn{1}{|c}{\vdots}&{\ }&{\ }&\ddots \end{array}$$

а в случае $y=3$ коэффициенты при элементах $(\pmb 1,\ \pmb 7,\ \pmb {12},\ \pmb 6)$ лежат в первых четырёх столбцах

$$\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&\multicolumn{1}{|c}{5}&\ldots\\ \hline 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&\ \\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&2&1&0&\multicolumn{1}{|c}{0}&\ldots\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&3&1&\multicolumn{1}{|c}{0}&\ \\ 5&\multicolumn{1}{|c}{1}&4&6&4&\multicolumn{1}{|c}{1}&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&{\vdots}&{\ }&\multicolumn{1}{|c}{\ }&\ddots \end{array}$$

Таким образом, элементы множества $\{x^{y}\}$ можно рассматривать как значения скалярных произведений $k^{n}=(\vec{k},\vec{n})$

$$k^n=\sum\limits_{j} p_{kj}\ q_{nj}$$

где вектор $\vec{k}=(1,\ p_{k2},\ p_{k3},\ \ldots)$ является строкой треугольника Паскаля ($P$-треугольника) и отвечает за основание степени, а вектор $\vec{n}=(1,\ q_{n2},\ q_{n3},\ \ldots)$ является строкой $Q$-треугольника

$$\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&5&\ldots\\ \hline 0&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&0&\ \\ 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&0&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&2&0&0&\ldots\\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&7&12&6&0&\ \\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&15&50&60&24&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&{\vdots}&{\ }&{\ }&\ddots \end{array}$$

и отвечает за показатель степени.
$Q$-треугольник, подобно треугольнику Паскаля, можно построить пользуясь рекурентной формулой

$$q_{(i,j)}=(j-1)\cdot q_{i-1,j-1}+j\cdot q_{i-1,j}$$

$Q$-треугольник находится в тесной связи с числами Стирлинга $2$-го рода, но далее я покажу, что ещё более тесно он связан с треугольником Паскаля.
Мы выяснили, что элементы множества $\{x^{y}\}$ имеют структуру скалярного произведения в котором сомножителями выступают векторы принадлежащие упорядоченным множествам. Пользуясь этим, условие аддитивности $x_{a}^{n}+x_{b}^{n}=x_{c}^{n}$ можно записать в матричном виде

$$\left(1,1,-1\right) \left (\begin{array}{cccc} 1&{p_{a2}}&\ldots&{p_{an}}\\ 1&{p_{b2}}&\ldots&{p_{bn}}\\ 1&{p_{c2}}&\ldots&{p_{cn}} \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccc} 1\\q_{n2}\\\vdots\\q_{nn} \end{array}\right) =0$$

Отступление о родстве $P$ и $Q$ треугольников.
Элемент треугольника Паскаля, по определению, составлен из элементов вышележащей строки. Но мы оперируем не элементами, а целыми строками или их частями. Возникает естественный вопрос – а можно ли строку целиком получить из другой строки? Иначе говоря, можно ли указать оператор действие которого на строку (ведь мы понимаем её как вектор) даст другую строку? Такой оператор указать можно. Вот его матрица

$${A_1}=\left( \begin{array}{cccccc} 1&0&0&0&0&\ \\ 1&1&0&0&0&\ \\ 0&1&1&0&0&\ldots\\ 0&0&1&1&0&\ \\ 0&0&0&1&1&\ \\ \ &\ &\vdots&\ &\ &\ddots \end{array}\right)$$

Действие степени этого оператора на первый орт даст строку треугольника Паскаля с номером на $1$ меньшим этой степени.
Но оказывается, что $Q$-треугольник можно построить совершенно так же с той разницей, что лента матрицы оператора будет содержать не первый столбец треугольника Паскаля, а его второй столбец

$${A_2}=\left( \begin{array}{cccccc} 1&0&0&0&0&\ \\ 1&2&0&0&0&\ \\ 0&2&3&0&0&\ldots\\ 0&0&3&4&0&\ \\ 0&0&0&4&5&\ \\ \ &\ &\vdots&\ &\ &\ddots \end{array}\right)$$

Возникает очевидное желание продолжить построение треугольников операторами образованными при помощи следующих столбцов треугольника Паскаля. Это приводит к тому, что простые числа (не знаю – все ли, мне известно уже больше сотни) оказываются представимы скалярными произведениями по указанной схеме.
Но это уже другая история.
Продолжение следует.