ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Есть мысль. Как всегда, суть оказалась проще, а реализация сложнее. Нужно построить матрицу (хотя бы $101\times101$ ) и повозводить её в степени . Суть в том, что должны получиться правила для сумм двух слагаемых степеней выше $2$. Посмотрим, получится ли что-нибудь.

[Коровьев]

serval в сообщении #268959 писал(а):

Ага. Это хорошо. Спасибо. Вот бы еще общую формулу

Хотя фомула приведённая Nilenbert генерирует все рациональные числа отвечающие данному условию, для получения многих целочисленных решений по этой формуле требуются не целые значения переменных.
Более удобная в этом случае формула
$(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+4(ac+bd)^2+4(ad-bc)^2=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2$
Хотя она и избыточна.

[serval]

Буду очень признателен, если кто-нибудь поможет с Maple.
Нужно построить матрицу по следующим правилам:
элемент $a_{11}=1$,
все элементы для которых $i<j$ равны $0$,
при $i>j$ не равны $0$ лишь элементы с индексами $a_{IJ}=-1$, где $I=2\cdot i \cdot j,\ J=i^2-j^2$,
размерность матрицы должна быть параметром.
Запостил здесь на другом форуме и еще на одном - тишина. А рисовать руками матрицы $100\times 100$ очень грустно

P.S. Сначала можно построить массив, а потом сконвертировать его в матрицу. Но опять же - как в массиве перейти к другим индексам?

[serval]

Первая пристрелка показала, что искомая матрица является сильно разреженной (чего, собственно, и следовало ожидать).
Возможны два исхода:
менее вероятный: степени этой матрицы будут давать правила на отличные от единицы коэффициенты при слагаемых в условии ВТФ;
более вероятный: степени матрицы, начиная со второй, будут содержать единственный ненулевой элемент $a_{11}=1$, что означает нулевые коэффициенты при слагаемых - т.е. их отсутствие.

P.S. Конечно, возможен и невероятный исход - сами знаете какой

[serval]

Никак не могу собраться с мыслями, отвлекают (у нас тут ежегодная народная забава - выборы).
Главная идея в том, что сумма двух (вообще, $n$) слагаемых - это разреженный трёх- (вообще, $n+1$) -компонентный вектор $\vec s$. А как расставлены компоненты среди нулей - зависит от структуры слагаемых. Которые, в свою очередь, являются компонентами вектора $\vec r$ такого, что $\left(\vec r,\vec s\right)=0$.

[serval]

Проанализируйте, пожалуйста, схему доказательства ВТФ.

1. Условие ВТФ $x^n+y^n=z^n$ однозначно приводится к билинейной форме $\vec q_n P \vec s_n=0$
2. $x^1+y^1=z^1$, как частный случай, соответствует билинейной форме $\vec q_1 P \vec s_1=0$
3. Можно показать, что $x^2+y^2=z^2$ соответствует билинейной форме $(\vec q_1 A^1) P (B^1 \vec s_1)=0$
4. Вообще, вектор $\vec q_n=\vec q_1 A^{n-1}$ и отвечает показателю степени $n$ в условии ВТФ
Следует ли из сказанного, что для сохранения условия $\vec q_n P \vec s_n=0$ необходимо и достаточно, чтобы $\vec s_n=B^{n-1} \vec s_1$?

Если да, то ... истина где-то рядом (и кажется я знаю где)

[serval]

Здравствуйте.
Я прошу прощения за нарушение правил, но очень нужно высказаться, а писать в ТЕХЕ сегодня нет сил (физических, вдвоем с напарником врукопашную опрыскали 500 деревьев). Обещаю завтра исправиться.
По сути. Я подумал и придумал, что:
для фиксированного слагаемого в уравнении ВТФ второй степени число удовлетворяемых им уравнений не меньше полного числа делителей основания степени этого слагаемого.
Верно ли это? Точно ли равно число уравнений числу делителей?
Есть еще одно предположение, но писать его нет сил уже никаких.
Пожалуйста, не баньте, завтра перепишу формулами.

[age]

(Оффтоп)

serval

Цитата:

вдвоем с напарником врукопашную опрыскали 500 деревьев

О! Завидую!

Цитата:

Товарищи ученые, доценты с кандидатами.
Замучились вы с иксами, запутались в нулях.
Сидите, разлагаете молекулы на атомы,
Забыв, что разлагается картофель на полях.

Из гнили да из плесени бальзам извлечь пытаетесь
И корни извлекаете по десять раз на дню.
Ох, вы там добалуетесь. Ох, вы доизвлекаетесь,
Пока сгниет, заплеснеет картофель на корню.

Автобусом до Сходни доезжаем,
А там - рысцой. И не стонать!
Небось картошку все мы уважаем,
Когда с сальцой ее помять.

Вы можете прославиться почти на всю Европу, коль
С лопатами проявите здесь свой патриотизм.
А то вы всем кагалом там набросились на опухоль,
Собак ножами режете, а это - бандитизм.

Товарищи ученые, кончайте поножовщину.
Бросайте ваши опыты, гидрид и ангидрид.
Садитесь на автобусы, валяйте к нам в Тамбовщину,
А гамма-излучение денек повременит.

[serval]

Не нужно цитировать классиков советского диссиданса. Мне 43 и я, в немалой части, знаком с их творчеством.
Лучше скажите что-нибудь по-сути. Например - знакомо ли вам мое предположение?

[age]

serval
Не совсем ясен вопрос, т.е. сколько пифагоровых троек можно придумать для заданного целого числа?
$3^2+4^2=5^2$
$12^2+5^2=13^2$
Теорема: для каждого нечетного целого числа можно придумать $n+1$ примитивных пифагоровых троек, где $n$ - сумма простых делителей числа и их степеней, уменьшенная на количество делителей, имеющих степени:
$n=\sum\limits_{n_i^{k_i}\in a}{(n_i+k_i)}-\sum\limits_{k_i>1}{k_i}$
Например, для числа $105=3\cdot5\cdot7$ можно придумать $4$ пифагоровых уравнения.
Для числа $315=3^2\cdot5\cdot7$ можно придумать $5$ уравнений.
Для числа $661775625=3^2\cdot5^4\cdot7^6$ можно придумать $[3+5+7+2+4+6-3]+1=25$ уравнений.

[serval]

Наверное, это оно и есть. Сегодня я пытался разобраться в деталаях, но, видимо, теперь уже не имеет смысла.
Есть еще одно предположение.
Частная сумма последовательности квадратов с четными либо нечетными основаниями (начиная с 2 либо с 1 соответственно) не может быть квадратом натурального числа.
Как-то так. Есть ли что-нибудь на этот счет?

-- Ср мар 31, 2010 21:57:57 --

Хотя, я говорил лишь о слагаемых в пифагоровых тройках. И не только о нечетных.

[age]

age в сообщении #305068 писал(а):

Для числа $661775625=3^2\cdot5^4\cdot7^6$ можно придумать $[3+5+7+2+4+6-3]+1=25$ уравнений.

Прошу прощения, не суммы делителей, а количества делителей:
Для числа $661775625=3^2\cdot5^4\cdot7^6$ можно придумать $[3+2+4+6-3]+1=13$ уравнений.

[serval]

Важнее последнее предположение. Собственно, к нему сводится ВТФ.

[serval]

Здравствуйте.
Хочу добавить немного наглядности к своим билинейным формам.
Итак, первоначально имеем
$\vec{n_1}P\vec{s_1}=0$ - билинейная форма отвечающая уравнению $x+y=z$, где вектор $\vec{n_1}=\{1,1\}$, а вектор $\vec{s_1}$ принадлежит "синему" множеству (см. рисунок).
Далее, для того чтобы перейти к уравнению $x^2+y^2=z^2$ требуется добавить в исходную форму две матрицы
$\vec{n_1}{A_2}P{B}\vec{s_1}=0$ что даст $\vec{n_2}P\vec{s_2}=0$ где вектор $\vec{n_2}=\{1,3,2\}$, а вектор $\vec{s_2}$ принадлежит уже "красному" множеству.



Степени матрицы ${A_2}$ в билинейной форме приведут к соответствующим степеням в уравнении $x^n+y^n=z^n$.
Тогда, если ВТФ верна, то при степени матрицы ${A_2}$ большей единицы не существует матрицы, которая будучи подставлена на место матрицы $B$ сохранит билинейную форму равной нулю.
Иначе говоря, если степени всех членов уравнения $x^n+y^n=z^n$ равны, то не существует никаких векторных множеств кроме "синего" и "красного" при которых это уравнение выполняется.

Интересно бы поиграть разными степенями в уравнении

P.S. График выполнен в Maple.

[serval]

Можно мысли вслух? Что-то крутится, а поймать не могу - может быть кто-то поймает.
Матрица $P$ в билинейной форме - это прямоугольный треугольник Паскаля повернутый на $-\pi/2$.
Что нужно делать для повышения степени уравнения $x+y=z$ известно - нужно повышать степень матрицы $A_2$ в билинейной форме. Иначе говоря, известно как отобразить вектор $\vec n_1$ определяющий первую степень членов уравнения $x+y=z$ в вектор определяющий любую другую степень.
Вопрос - можно ли найти отображение множества векторов $\vec s_1$ в множество векторов $\vec s_2$ сохраняющих билинейную форму равной нулю?
Видимо, то что я говорю плохо понятно потому, что я не могу это грамотно сформулировать. Очень нужен специалист по билинейным формам