ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Промежуточный финиш.

Я подозреваю, что меня окончательно перестали понимать, поэтому попробую вкратце обрисовать сложившуюся у меня на сегодня схему поисков доказательства ВТФ.

1. Посмотрим на сумму двух натуральных чисел $x^n+y^n=z^n$ как на результат скалярного произведения векторов (для наглядности я запишу их в столбик):

${\raggedleft \vec \nu_{_{\bot}}=(1^n, 2^n \ldots (x-1)^n, x^n, (x+1)^n \ldots (y-1)^n, y^n, (y+1)^n \ldots (z-1)^n, z^n, (z+1)^n \ldots\ )}$

${\raggedleft \vec s_k \ =(0,\ 0\ \ \ldots\ \ \ 0,\ \ \ \ \ \ 1,\ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ \ldots\ \ \ \ 0,\ \ \ \ \ 1,\ \ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ldots\ \ \ \ 0,\ \ \ \ -1,\ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ldots\ )}$

Таким образом, $(\vec \nu_{_{\bot}},\vec s_k)=0$ .

2. Обратим внимание, что любой из векторов $\vec s_k$ задает центр $3$-мерной грани $N$-мерного гиперкуба, где $N$ - номер компонента этого вектора со значением $(-1)$ (номер последнего ненулевого компонента, определяет значение суммы чисел в исходном равенстве).

3. Исследуем множество троек чисел, удовлетворяющих уравнению $x^n+y^n=z^n$ при $n=1$ . Для этого зададим некоторое натуральное число $z$ и рассмотрим все суммы двух натуральных чисел $(x+y)$ не превосходящие его.
По сказанному выше, всё множество указанных троек мы можем однозначно отобразить во множество центров $3$-мерных граней гиперкуба размерности $N=z$ .

4. Найдем расстояния между каждыми двумя центрами $3$-мерных граней гиперкуба размерности $N=z$ .
Ограничения на взаимное расположение компонентов радиус-векторов исследуемых точек оказываются такими, что расстояния между самими точками могут принимать лишь три значения: $\sqrt 4, \ \sqrt 6$ или $\sqrt 8$ .

5. Имея конечный набор отрезков известной длины с поименованными концами можно (по крайней мере, попытаться) составить из него $3$-мерный многогранник, строение которого будет изоморфно строению множества сумм двух натуральных чисел (не превосходящих заданного).

Этим пунктом я сейчас занят. Купил пластилин и трубочки для коктейля, потому что как это сделать в Maple я не знаю и на exponenta.ru мне тоже не могут помочь.

6. Далее следует аналогичным способом исследовать множество пифагоровых троек при заданном значении $z^2$ и сравнить результаты с полученными в предыдущем пункте.

Надеюсь, что в итоге что-нибудь станет "видно глазами".

[serval]

Хорошая новость.

serval в сообщении #588212 писал(а):

Тип 2. Проходящие через центры прилежащих ребер. Всего таких маршрутов $4$, каждый из них обходит по $6$ точек, каждая точка принадлежит $2$ маршрутам.

Оказывается, что на маршрутах разных типов действует разная арифметика для покоординатного сложения последовательных точек маршрута:
Тип 2. $1+1=(-1)+(-1)=0,\ 1+0=0+(-1)=-1,\ 0+1=(-1)+0=1$ суммы $1+(-1),\ (-1)+1$ отсутствуют.
Таким образом, зная координаты $2$ последовательных точек можно однозначно вычислить координаты следующей в маршруте точки.

Эта арифметика:
1. Не зависит от направления обхода маршрута,
2. Одинакова для всех 4 маршрутов этого типа (на рисунке они они обозначены разными цветами).

Я предполагаю, что эти правила работают и в высших размерностях. Буду проверять для четырехмерия, благо, это техническая задача.

P.S. Ранее был вопрос - как построить 3-мерную проекцию грани 4-мерного куба. Нужно поступить так же, как мы поступаем рисуя 2-мерную проекцию грани 3-мерного куба:
1. Понизить размерность объекта, исключив общую для всех точек грани координату,
2. Вычислить расстояния между точками грани и соединить между собой ближайших соседей.
Странное совпадение, но получится объект изображенный на рисунке выше.

[serval]

(Оффтоп)

Всё свелось к рассмотрению графа на $3$-мерных ребрах $z$-мерного гиперкуба, где $z$ взято из условия ВТФ: $x^n+y^n=z^n$. Изучаю литературу (благо, она нашлась).

[serval]

Пожалуйста, проверьте правильность рассуждений.

Заглавными буквами обозначены матрицы.

Пусть имеются вектор $\vec a=B \vec c$ и множество векторов $\{\vec d_k\}$ такие, что скалярное произведение $(\vec a, \vec d_k)=0$.
Требуется, чтобы $(\vec a, \vec d_k)=0$ при любом множестве $\{\vec d_k\}$.
Требование будет выполнено если обратить вектор $\vec a=B \vec c$ в $0$.
Тогда необходимо найти матрицу $E$ такую, что $E \vec c=\vec 0$, где $\vec 0=(0,0...0)$.
Тогда
$(BE^{-1}E\vec c,\vec d_k)=0$
и тогда
$(BE^{-1}\vec c^{T}E^{T},\vec d_k)=0$ при любом векторе $\vec f=BE^{-1}\vec c^{T}$.

Все ли верно?

[serval]

Это схема доказательства. Если она верна, то я распишу ее в явном виде, если не верна - тогда это не имеет смысла.

[AV_77]

serval в сообщении #688784 писал(а):

Тогда необходимо найти матрицу $E$ такую, что $E \vec c=\vec 0$, где $\vec 0=(0,0...0)$.
Тогда
$(BE^{-1}E\vec c,\vec d_k)=0$
и тогда
$(BE^{-1}\vec c^{T}E^{T},\vec d_k)=0$ при любом векторе $\vec f=BE^{-1}\vec c^{T}$.

Если $c \neq 0$ и матрица $E$ обратима, то $Ec \neq 0$. Так что либо $E^{-1}$ не существует, либо $c = 0$.

[serval]

Доказательство ВТФ сводится к решению следующей задачи.

Гиперсфера размерности $k$ с центром в начале координат и радиусом $R=\sqrt 3$ рассечена гиперплоскостью с вектором нормали $\vec n_m=(1^m,2^m,\ldots, k^m)$.
Показать, что при значениях $m>2$ сечение не содержит целых точек (гиперокружность не проходит через целые точки).

Взять бы эту гиперокружность в плоскости с каким-нибудь красивым вектором нормали, например $\vec n_a=(1,-1,0,\ldots,0)$, повернуть ее (плоскость) ортогонально в плоскость $\vec n_m$ и посмотреть куда отобразятся целые точки. Технически это возможно?

[serval]

Из предположения $a^3+b^= c^3$ следует существование определенной 3D-поверхности. Покажем это.

Пусть $a,b,c\in N$ и $a<b<c$. Представим $a^3$ в виде

a^3= \left(1,7,12,6\right) \left(\begin{array}{cccc} 1\\a-1\\\frac{1}{2}(a-1)(a-2)\\\frac{1}{6}(a-1)(a-2)(a-3) \end{array}\right)

или (в одну строку формула почему-то не помещается)

a^3=\left(1,0,0,0\right) \left( \begin{array}{cccc} 1&1&0&0\\ 0&2&2&0\\ 0&0&3&3\\ 0&0&0&4\\ \end{array}\right)^3 \left( \begin{array}{cccc} 1&0&0&0\\ 1&1&0&0\\ 0&1&1&0\\ 0&0&1&1\\ \end{array}\right)^{a-1} \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ \end{array}\right)

Представив таким же образом $b^3$ и $c^3$ проведем необходимые (громоздкие, но рутинные) вычисления и предположив, что равенство $a^3+b^= c^3$ верно, получим вектор координаты которого зависят от параметров $a,b,c$ причем $a+b\neq c$ и $a^2+b^2\neq c^2$

$\vec w=\left( \begin{array}{ccc} a^2&a&1\\ b^2&b&1\\ c^2&c&1\\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{cccc} -\frac{137}{2}\\ \frac{287}{3}\\ -44\\ \end{array}\right)$

Различные сочетания параметров $a,b,c$ дадут различные точки некоторой поверхности. Но ее существование следует из предположения верности равенства $a^3+b^= c^3$. Может быть (при всех соблюденных условиях), она не будет содержать целых точек? Но я не вижу откуда возникает это требование. Что здесь не так?

P.S. Вычисления для степеней $n>3$ производятся совершенно так же.

[serval]

Существование троек натуральных чисел $\{a,b,c,\}$ удовлетворяющих равенствам $a+b=c$ и $a^2+b^2=c^2$ и отсутствие таких троек удовлетворяющих равенству $a^3+b^3=c^3$ заставило предположить существование параметра имеющего одинаковый характер в двух первых случаях и кардинально меняющего свое значение в третьем и всех последующих, то есть при значениях степеней $n \geqslant 3$ .
Этот параметр удалось найти. Им является векторная функция скалярного аргумента $\vec r (k_{1i})=\vec d_{ni}$ где $k_{1i}=a+b-c$ .
Для степеней $n =1,2,3$ вектор $\vec d_n$ принимает следующие значения:

$n=1, (a+b=c) : \vec d_{10}=(0,1)$
$n=2, (a^2+b^2=c^2) : \vec d_{2i}=(0,2k_{1i}+1,2)$

Или: из существования троек удовлетворяющих условию $a+b-c=k_{1i}$ следует:
при $k_{10}=0$ - существование вектора $\vec d_{10}=(0,1)$
при $k_{1i}>0$ - существование вектора $\vec d_{2i}=(0,2k_{1i}+1,2)$
Таким образом, каждому множеству троек $\{a,b,c\}$ при которых параметр $k_{1p}=p$ соответствует единственный вектор $\vec d_{np}$ .

$n=3, (a^3+b^3=c^3) : \vec d_{3i}=(0,3k_{2i}+3k_{1i}+1,6k_1+6,6)$ где $k_2=a^2+b^2-c^2$
В этом случае видно, что компонент второй вектора $x_2=3k_{2i}+3k_{1i}+1$ имеет бесконечное множество значений.
Таким образом, вектор $\vec d_{3i}$ оказывается, в отличие от двух первых случаев, не определен однозначно для каждого множества троек $\{a,b,c\}$ при которых параметр $k_{1p}=p$.

При степенях же $n>3$ неопределенность усиливается.

[serval]

Из показанного выше следует, что второй компонент вектора $\vec d_{ni}$ имеет вид $x_2=2k_{1i}+1$ что при $k_{1i}=0$ (иначе говоря, при выполнении условия $a+b=c$) дает $1$ .
Тогда, чтобы сохранит вид компонента $x_2$ для степени $n=3$ нужно обратить в ноль разность

$(3k_{2i}+3k_{1i}+1)-(2k_{1i}+1)=3k_{2i}+k_{1i}=0$

или в явном виде

$3(a^2+b^2-c^2)+(a+b-c)=0$

[lasta]

serval в сообщении #592068 писал(а):

3. Исследуем множество троек чисел, удовлетворяющих уравнению $x^n+y^n=z^n$ при $n=1$ . Для этого зададим некоторое натуральное число $z$ и рассмотрим все суммы двух натуральных чисел $(x+y)$ не превосходящие его.
По сказанному выше, всё множество указанных троек мы можем однозначно отобразить во множество центров $3$-мерных граней гиперкуба размерности $N=z$ .

Уважаемый serval! То есть множество центров расположено на отрезке числовой оси $0,z$ ?

[serval]

Уважаемая lasta!
Чтобы ответить на Ваш вопрос мне нужно вернуться почти на три года назад чтобы восстановить детали той ветви изысканий Сейчас я помню только главную идею и общую схему.

[lasta]

serval в сообщении #592068 писал(а):

1. Посмотрим на сумму двух натуральных чисел $x^n+y^n=z^n$ как на результат скалярного произведения векторов (для наглядности я запишу их в столбик):

${\raggedleft \vec \nu_{_{\bot}}=(1^n, 2^n \ldots (x-1)^n, x^n, (x+1)^n \ldots (y-1)^n, y^n, (y+1)^n \ldots (z-1)^n, z^n, (z+1)^n \ldots\ )}$

${\raggedleft \vec s_k \ =(0,\ 0\ \ \ldots\ \ \ 0,\ \ \ \ \ \ 1,\ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ \ldots\ \ \ \ 0,\ \ \ \ \ 1,\ \ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ldots\ \ \ \ 0,\ \ \ \ -1,\ \ \ \ \ 0\ \ \ \ \ \ldots\ )}$

Уважаемый serval!
Поскольку все степени представлены векторами в $n$- мерном пространстве, компоненты которого равнозначны для указанного представления, то вектора-степени, а также их суммы или разности будут коллинеарны. Например, кубы-вектора будут расположены на главной диагонали куба. Поэтому Ваше скалярное представление некорректно. Это все равно, что умножать числа , представленные разными системами счисления, с искусственным обнулением младших разрядов одного из чисел. Правильным будет скалярное умножение вектора-степени на обратимый вектор, то есть на единичный, коллинеарный вектору-степени, компоненты которого равны $\frac{1}{\sqrt{n}}\vec{e_i}$. Тогда, так как степень-вектор будет представлена компонентами разложения $\frac{X^n}{\sqrt{n}}\vec{e_i}$, то скалярное произведение единичного вектора на вектор-степени как раз и возвращает число равное рассматриваемой степени.
Уважаемый serval! На мой взгляд в Вашем объемном материале как раз отсутствует главное, то есть нет ответа каким же образом дискретная геометрия поможет отличать целые числа от иррациональных, так как при целой длине вектора-степени его компоненты иррациональны и наоборот, а все алгебраические преобразования ничем не отличаются от преобразований традиционных направлений доказательства ВТФ.

[serval]

Уважаемая lasta!
Прошу прощения за то, что не отвечу Вам сразу. Жаль, что Вы не высказались в 2012 году. Если я вернусь к той теме - начну с анализа Вашего замечания, за которое я благодарю Вас. Буду рад услышать Ваши комментарии моих последних постов.

[lasta]

serval в сообщении #984230 писал(а):

$n=3, (a^3+b^3=c^3) : \vec d_{3i}=(0,3k_{2i}+3k_{1i}+1,6k_1+6,6)$ где $k_2=a^2+b^2-c^2$
В этом случае видно, что компонент второй вектора $x_2=3k_{2i}+3k_{1i}+1$ имеет бесконечное множество значений.
Таким образом, вектор $\vec d_{3i}$ оказывается, в отличие от двух первых случаев, не определен однозначно для каждого множества троек $\{a,b,c\}$ при которых параметр $k_{1p}=p$.

При степенях же $n>3$ неопределенность усиливается.

Уважаемый serval! Я не понял необходимости разложения множества единичных приращений степенных функций по ортам многомерного пространства. Каким образом это приводит к заключению, что для множества троек решений при $n=2$ имеется единственный вектор, а для большего показателя бесконечное множество значений? Кроме того, вывод о доказательстве ВТФ при существовании указанного неоднозначного определения сомнителен? Это - только проявление нелинейности.