ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Вы всё сделали правильно, это я запутался с индексами. Сейчас распутаюсь.
И, конечно, тут требуется условие на размерность векторов и матриц. Кажется, так $m=y+1$ будет правильно.

-- Сб окт 03, 2009 09:50:56 --

Вы всё сделали правильно, это я запутался с индексами. Сейчас распутаюсь.
И, конечно, тут требуется условие на размерность векторов и матриц. Кажется, так $m=y+1$ будет правильно.
Да, так всё сходится. Полагаем $y=1, m=2$, получаем
$\vec{x}=(1,\ x),\ \vec{y}=\left(\begin{array}{r} 1\\2 \end{array}\right),\ $S_1=\left( \begin{array}{cc} 1&-1\\ 0&1\\ \end{array}\right),\ P=\left( \begin{array}{cc} 1&0\\ -1&1\\ \end{array}\right)$$.
Перемноженные в необходимом порядке они дадут

$$\vec{x}\ \hat{S_1}\hat{P}\ \vec{y}=x^1$$

[venco]

serval в сообщении #248626 писал(а):

И, конечно, тут требуется условие на размерность векторов и матриц. Кажется, так $m=y+1$ будет правильно.
Да, так всё сходится. Полагаем $y=1, m=2$

А в таком случае я не вижу смысла в такой сложной формуле. Достаточно простого: $x^y = (x^0,x^1,...,x^y) \times (0,0,...,1)^T$.

[serval]

Я тоже пока не вижу смысла, точнее - пользы, в представлении любой натуральной степени любого натурального числа через произведение степенного и показательного векторов. Возможно, его вообще нет. Но теперь я знаю, что оно существует. Посмотрим, авось сгодится.
Кстати, это не единственное "усложнённое" представление. Видимо, простоты ради, следовало бы вообще ограничиться тождеством $x^y=x^y$

P.S. В выражении для матрицы $S_1$ я забыл разделить каждый элемент на соответствующий факториал

-- Сб окт 03, 2009 18:05:26 --

Напомню (поскльку уже показывал его) ещё одно представление с неопределенным смыслом

$$x^y=(\ \hat{A}^x_1\vec{e}_1,\ \hat{A}^y_2\vec{e}_1\ )$$

где $\vec{e}_1=(\ 1,\ 0,\ 0,\ \ldots\ )$ - первый орт, а (нижние треугольные ленточные) матрицы операторов имеют вид

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

[serval]

А можно показывать не полностью оформленные мысли?
Есть сложности с идентификацией того, что я могу написать. Поиски подходящего аппарата занимают много больше времени, чем полезная работа. У меня есть стойкое чувство, что многое можно было бы сделать гораздо быстрее и проще пользуясь стандартными, но, увы, неизвестными мне, методами.
Дело в том, что при записи в матричном виде выражения
$a_0+a_1 x+\ldots+a_{n-1} x^{n-1}+a_n x^n=0$ и $a_1+a_2 2^x+\ldots+a_{n-1} (n-1)^x+a_n n^x=0$
ничем принципиальным не различаются.
Но первое из них - многочлен, методы решения которых хорошо развиты, а второе, по-сути, - формулировка ВТФ при условиях, что лишь три коэффициента отличны от нуля и равны $1,-1,-1$ (или $-1,1,1$), старший коэффициент противоположен по знаку младшим, $а x>2$.
Возникает понятное желание поискать аналогии с методами решения многочленов. Точнее, общие для матричной формы обоих выражений методы решения. Но по ходу рассмотрения мне нужна помощь.
Если администрация разрешит, я продолжу.

[serval]

Видимо, администрация не против и я продолжаю.
Условие ВТФ в матричном виде будет выглядеть так: $x_nCy_n=0$, где $x_n=xA^n$, $y_n=B^ny$, $x=\left(1,1,0\ \ldots\ 0\right)$ - имеет размерность $1\times m$, $y=\left(\begin{array}{rrrrrrrr} 1\\0\\\vdots\\-1\\\vdots\\-1\\\vdots\\0 \end{array}\right)$ - имеет размерность $m\times 1$, $C=\left (\begin{array}{cccc} C_{m-1}^0&\ldots&C_1^0&C_0^0\\ \vdots&&C_1^1&\\ \\ C_{m-1}^{m-1}\\ \end{array}\right) $ - матрица составлена биномиальными коэффициентами, $A=\left (\begin{array}{cccccc} 1&1\\ &2&2\\ &&\ddots&\ddots\\ &&&m-1&m-1\\ &&&&m\\ \end{array}\right)$. Матрицы $A,\ B$ и $C$ имеют размерность $m\times m$.
При этом, в случае $n=0$, что в обычной записи соответствует $x+y=z$, на элементы $y$ наложено условие: если одна $-1$ занимает $k+1$ позицию, то вторая занимает $m-k+1$ позицию.
Требуется найти матрицу $B$.
Предполагается, что при $n=1$ (в обычной записи $x^2+y^2=z^2$) исходное условие на элементы $y$ должно стать условием на Пифагоровы тройки, а при $n=3$ существование $y$ должно стать невозможным.
Такова общая идея.

[serval]

Собственно, требуется выяснить следующее.
Дана билинейная форма $xCy=0$. Пусть $xACA'y=0$. Каким условиям должны отвечать матрицы $A$ и $A'$ чтобы последнее равенство выполнялось?

[serval]

Пока я буду разбираться с билинейными формами, хочу чтобы уважаемые форумчане познакомились с тем путем, которым я к ним (формам) пришел.
Поскольку я понятия не имел о теории чисел, то задал себе наивный вопрос. Кто знает, может именно его когда-то задал себе Пьер Ферма
Вопрос был таким - как устроены числа? Чтобы был понятен ход мысли, я покажу цепочку, которая из него последовала. Итак:
Как устроены натуральные числа в натуральных степенях? $\rightarrow$ Из чего они составлены? $\rightarrow$ На что их можно разложить?
Здесь уже возможен ответ - на разности между соседними числами в одной степени.
Раз свойства степеней чисел различны для разных показателей, то нужно эту зависимость найти.
Поскольку в формулировке ВТФ показатель степени $n>2$, то начал я с кубов:

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

и не увидел ничего интересного. Но я имел только один вопрос, поэтому просто продолжил

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

Из этого следовал вывод: любое натуральное число в кубе можно набрать из первых (выделены жирным) элементов ненулевых строк.
Очевидно, что, для сравнения структуры, требовалось проделать ту же процедуру со степенями для которых равенство в условии ВТФ выполняется. Получилось: для квадратов

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

для первых степеней

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

Это было уже по-настоящему интересно, поскольку обнаружилась явная зависимость между показателем степени и количеством ненулевых строк. Много позже я понял, что здесь нет ничего удивительного, ведь я обнаружил лишь дискретный аналог дифференцирования степенной функции
Итак, из чего можно набрать натуральные числа в степенях $1,\ 2$ и $3$ я знал. Но не знал - сколько каких элементов нужно взять для составления какждого конкретного числа. Выяснял я это методом прямого пересчёта.
И тут меня ждал большой и приятный сюрприз. Оказалось, что, независимо от степени, любое натуральное число однозначно определяется некоторой строкой треугольника Паскаля. Например

$$ $\\ $4^1=\pmb 1\cdot 1+\pmb 1\cdot 3$\\ $4^2=\pmb 1\cdot 1+\pmb 3\cdot 3+\pmb 2\cdot 3$\\ $4^3=\pmb 1\cdot 1+\pmb 7\cdot 3+\pmb 12\cdot 3+\pmb 6\cdot 1$\\$

число $4$ во всех степенях определяется четвёртой строкой.
С другой стороны, любой натуральный показатель степени, независимо от числа в основании, так же определяется одной и той же строкой. Например

$$ $\\ $2^3=\pmb 1\cdot 1+\pmb 7\cdot 1$\\ $3^3=\pmb 1\cdot 1+\pmb 7\cdot 2+\pmb 12\cdot 1$\\ $4^3=\pmb 1\cdot 1+\pmb 7\cdot 3+\pmb 12\cdot 3+\pmb 6\cdot 1$\\$

Получалось, что натуральное число в натуральной степени можно представить в виде суммы почленного произведения двух строк - по одной из каждого треугольника

$\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&5&\ldots\\ \hline 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&0&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&0&\ \\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&2&1&0&0&\ldots\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&3&1&0&\ \\ 5&\multicolumn{1}{|c}{1}&4&6&4&1&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&\vdots&{\ }&{\ }&\ddots \end{array}$ - треугольника Паскаля ($P$-треугольника), и $Q$-треугольника $\begin{array}{ccccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&5&\ldots\\ \hline 0&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&0&\ \\ 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&0&\ \\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&2&0&0&\ldots\\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&7&12&6&0&\ \\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&15&50&60&24&\ \\ \vdots&\multicolumn{1}{|c}{\ }&{\ }&{\vdots}&{\ }&{\ }&\ddots \end{array}$

о котором я расскажу ниже.
Или, что более привычно, в виде скалярного произведения векторов $p^q=(\vec p,\vec q)$, где $p$ - номер строки треугольника Паскаля, а $q$ - номер строки $Q$-треугольника.
Потом я выяснил, что и тут ничего нового не открыл, а лишь получил модификацию известного в комбинаторике тождества (взято из книги Р.Стенли "Перечислительная комбинаторика", стр.61)
$x^n=\sum\limits_{k=0}^{n} k!\ S(n,k)\left(\begin{array}{cc} x\\k \end{array}\right)$, где $S(n,k)$ - числа Стиргинга второго рода, $\left(\begin{array}{cc} x\\k \end{array}\right)$ - биномиальные коэффициенты.

* Однако, новое всё же было - числа составляющие $Q$-треугольник. Они оказались вторыми, после биномиальных коэффициентов, в семействе имеющем интересные свойства. Например, с помощью старших элементов семейства можно представлять скалярными произведениями не только составные, но и простые числа.

Дальше я расскажу про матрицы, позволяющие переписать условие ВТФ и привести его к билинейной форме.

P.S. Конечно, если я ничего не нарушил и мне разрешат продолжить.

[yk2ru]

То же самое или другое?
post236906.html#p236906

[serval]

Метод тот же, а результаты другие. Точнее - их трактовка.

[serval]

Я продолжаю.
Строить $Q$-треугольник с помощью конечных разностей было утомительно. К тому же, его сходство с треугольником Паскаля наводило на мысль о том, что и для него существует некое рекурентное соотношение. И оно действительно существует: $q_{i+1,j+1}=jq_{i,j}+(j+1)q_{i,j+1}$.
Вот, для сравнения, рекурентные соотношения для элементов треугольника Паскаля: $p_{i+1,j+1}=p_{i,j}+p_{i,j+1}$ и чисел Стирлинга второго рода: $S(n+1,k+1)=S(n,k)+(k+1)S(n,k+1)$.
Каков комбинаторный смысл $Q$-треугольника - не известно.
Когда $P$ и $Q$-треугольники были построены с помощью рекурентных соотношений встал другой вопрос. Раз мы считаем их строки векторами, а сами треугольники - упорядоченными векторными множествами, то нельзя ли получать один вектор множества из другого вектора того же множества не почленно, а целиком? Иначе говоря, существуют ли такие линейные операторы, что $\hat A_1 \vec p_{i}=\vec p_{i+1}$ и $\hat A_2 \vec q_{i}=\vec q_{i+1}$? Есть такие операторы! Вот их матрицы:

${A_1}=\left( \begin{array}{cccccc} 1&0&0&0&0&\ \\ 1&1&0&0&0&\ \\ 0&1&1&0&0&\ldots\\ 0&0&1&1&0&\ \\ 0&0&0&1&1&\ \\ \ &\ &\vdots&\ &\ &\ddots \end{array}\right)$ и ${A_2}=\left( \begin{array}{cccccc} 1&0&0&0&0&\ \\ 1&2&0&0&0&\ \\ 0&2&3&0&0&\ldots\\ 0&0&3&4&0&\ \\ 0&0&0&4&5&\ \\ \ &\ &\vdots&\ &\ &\ddots \end{array}\right)$

а любая строка каждого из треугольников получается действием степени соответствующего оператора на первый орт: $\hat A_1^u \vec e_1=\vec p_{u+1}$ и $\hat A_2^v \vec e_1=\vec q_{v+1}$
Если вы посмотрите на треугольник Паскаля в моём прошлом посте, то увидите, что матрицы $A_1$ и $A_2$ образованы его первым и вторым столбцами. Возникает естественное желание продолжить построение подобных матриц из старших столбцов, и далее - соответствующих треугольников. В результате получается то самое семейство о котором я говорил в сноске предыдущего поста. Еще с его помощью можно любое натуральное число представить конечным множеством точек в $4$-мерном пространстве. Было бы интересно сравнить составные и простые числа в таком представлении.

[serval]

Теперь, пользуясь изложенным выше, можно привести условие ВТФ $x^n+y^n=z^n$ к матричному виду $qPs=0$, где:
$q$ - строка $Q$-треугольника, определяет показатель степени ($n$ в исходном условии),
$P$ - матрица полученная из треугольника Паскаля поворотом на $-\dfrac{\pi}{2}$, определяет интервал оснований степени (от $z$ до $1$),
$s$ - столбец, определяет правило выбора слагаемых из интервала оснований.
Например, для $n=1,\ z=5,\ y=4,\ x=1$ будем иметь

$\left(1,1,0,0,0\right) \left (\begin{array}{ccccc} 1&1&1&1&1\\ 4&3&2&1&0\\ 6&3&1&0&0\\ 4&1&0&0&0\\ 1&0&0&0&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrrrr} 1\\-1\\0\\0\\-1 \end{array}\right)=0$

а для $n=1,\ z=5,\ y=3,\ x=2$

$\left(1,1,0,0,0\right) \left (\begin{array}{ccccc} 1&1&1&1&1\\ 4&3&2&1&0\\ 6&3&1&0&0\\ 4&1&0&0&0\\ 1&0&0&0&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrrrr} 1\\0\\-1\\-1\\0 \end{array}\right)=0$

[serval]

Может ли квадрат натурального числа быть суммой более чем двух квадратов других натуральных чисел?
Если да - каково наибольшее число слагаемых в такой сумме?

[gris]

Ура! Я знаю ответ! Так хотелось написать что-то умное и значительное. И вот - она, возможность. Квадрат каждого числа можно представить в виде суммы не более, чем квадрат этого числа квадратов других натуральных чисел, а именно единиц.
serval, это шутка, конечно. Вы имели в виду, что не все они равны единице. Интересно читать Ваши исследования, кстати.

[Maslov]

В каждой шутке есть доля ...
В связи с тем, что $(2n)^2 = 4n^2$, (3n)^2=9n^2 и т.д., ответ на вопрос - положительный.
Или я что-то опять не так понял?

-- Пн дек 07, 2009 20:52:52 --

Может быть, имелось в виду, что все числа различные?

[serval]

Цитата:

ответ на вопрос - положительный

А можно пример? Скажем, для $a^2+b^2+c^2=d^2$ при условиях:
1. $a \neq 1$
2. $a,b \neq 1$
3. $a,b,c \neq 1$
Или для большего числа слагаемых с добавлением соответствующих условий.