ВТФ и дискретная геометрия

[AN]

Здравствуйте.
Пользуясь терпимостью математиков, обитающих на этом форуме, к дилетантам хочу сказать несколько слов.
В самом первом сообщении темы говорилось:

Цитата:

Одним из постулатов «чудесного» доказательства является использование свойств производных

Когда-то я тоже увлекался ВТФ и обнаружил, что степени натуральных чисел можно представить скалярными произведениями векторов (с натуральными компонентами) специального вида. Много позже я нашёл эту формулу в литературе, она хорошо известна в комбинаторике (у Кнута она, кажется, называется "Тождеством Ворпицкого"). В неё действительно входят биномиальные коэффициенты, которые можно рассматривать как дискретный аналог производной. Я так и не смог найти в литературе её геометрическую интерпретацию (имеющуюся у меня), позволяющую сделать обобщение, пользуясь которым можно представить этим способом, как минимум, одно простое число. Возникает естественный вопрос - можно ли представить этим же способом другие простые числа?
Я бы хотел показать материал профессиональным математикам. Могу сделать это прямо здесь, в "прямом эфире".
Тем, кого это заинтересовало, первым шагом потребуется сделать следующее:
1. Построить треугольник Паскаля по правилу:
a[i+1,j+1]=a[i,j]+a[i,j+1]
где индекс i нумерует строки начиная с единицы, а индекс j - столбцы, также начиная с единицы;
2. Построить ещё один треугольник по правилу:
b[i+1,j+1]=j*b[i,j]+(j+1)*b[i,j+1]
где индекс i нумерует строки начиная с нуля, а индекс j - столбцы начиная с единицы.
Второй треугольник составляют произведения k!*S[n,k], где S[n,k] - числа Стирлинга второго рода. (Кстати, я не видел в литературе ни самого треугольника (треугольник S[n,k] видел), ни рекурентной формулы для его построения, буду благодарен за ссылку.)
3. Произвольно взять из каждого треугольника по одной строке и, считая их элементы компонентами векторов, скалярно их перемножить (при несовпадении размера строк недостающие элементы считать равными нулю).
4. Убедиться в том, что результат равен k^n, где k - номер строки взятой из треугольника Паскаля, n - номер строки взятой из второго треугольника.
Дальнейшие инструкции я сообщу, если хотя бы один из математиков посещающих форум проявит интерес к этой теме.
С уважением, Андрей Назаренко.

[Macavity]

Случайно попал на сайт:
Б.Е.Билич "Последняя тайна Последней теоремы Пьера Ферма и ее разгадка"
http://piramyd.express.ru/disput/bilich/ferma.htm
Автор (как я понимаю) утвенрждает, что доказал ВТФ.
Может кто-то откомментирует?

[golos]

Модератору. Сожалею, но выполнить Ваши требования не смогу-уже писал, что неисправен компьютер. Не уверен даже, что получите это сообщение. Приношу извинения. Если забаните, особо не расстроюсь, ибо практически всё сказал.
PAV.Выступил с повтором потому, что вспомнил:из общего решения эллиптического уравнения вытекает, что любое нечётное число раскладывается на разность двух квадратов.
q=((q+1)/2)^2)-((q-1)/2)^2)
Пример:
2^2+3^2=13
13=7^2-6^2 и
2^2+3^2+6^2=7^2
Естественно, таких примеров можно привести бесчисленное множество, в том числе и для бОльшего числа квадратов. Но являются ли они одним из общих решений?
Впрочем, не моя это забота.
Indigo. Я полагал, что Вы поняли мою мысль: если предположить, что есть целочисленные решения при n>2, то, вернувшись "методом спуска"/а чем не спуск?/ к квадратичному виду, увидим, что в целых числах решения нет в принципе. Что несколько противоречит утверждению "любому числу натурального числового ряда можно подобрать пифагорову тройку". Следовательно, одно из двух утверждений неверно.

Искренно желаю удачи AN. Сожалею, что ничем не могу помочь.

[Indigo]

AN писал(а):

Второй треугольник составляют произведения k!*S[n,k], где S[n,k] - числа Стирлинга второго рода. (Кстати, я не видел в литературе ни самого треугольника (треугольник S[n,k] видел), ни рекурентной формулы для его построения, буду благодарен за ссылку.)

По-моему, такой треугольник называется треугольником Эйлера, а числа - числами Эйлера (Eulerian numbers).
Ccылка (английская, к сожалению, на русском найти не удалось):

http://binomial.csuhayward.edu/Euler.html

Вопрос по пункту 2.

AN писал(а):

2. Построить ещё один треугольник по правилу:
b[i+1,j+1]=j*b[i,j]+(j+1)*b[i,j+1]
где индекс i нумерует строки начиная с нуля, а индекс j - столбцы начиная с единицы.
Второй треугольник составляют произведения k!*S[n,k], где S[n,k] - числа Стирлинга второго рода.

Вы можете доказать, что таким образом рекуррентно задаются числа j!*S[i,j]?
Дело в том, что сами числа Стирлинга второго рода удовлетворяют рекуррентное соотношение
S[i+1,j+1]=S[i,j]+(j+1)*S[i,j+1]. (1)
Учитывая Ваше соотношение, получим еще
(j+1)!*S[i+1,j+1]=j*j!*S[i,j]+(j+1)*(j+1)!*S[i,j+1]. (2)
Умножив (1) на (j+1)!, и отняв (1) от (2), получим
j*j!*S[i,j]=(j+1)!S[i,j], или
S[i,j]=0.
Что, конечно же, неправильно.
Возможно, надо задавать вот так:
b[i+1,j+1]=(j+1)(b[i,j]+b[i,j+1])?
Тогда, на первый взгляд, все в порядке.

AN писал(а):

. Построить треугольник Паскаля по правилу:
a[i+1,j+1]=a[i,j]+a[i,j+1]
где индекс i нумерует строки начиная с единицы, а индекс j - столбцы, также начиная с единицы;
2. Построить ещё один треугольник по правилу:
b[i+1,j+1]=j*b[i,j]+(j+1)*b[i,j+1]
где индекс i нумерует строки начиная с нуля, а индекс j - столбцы начиная с единицы.
Второй треугольник составляют произведения k!*S[n,k], где S[n,k] - числа Стирлинга второго рода. (Кстати, я не видел в литературе ни самого треугольника (треугольник S[n,k] видел), ни рекурентной формулы для его построения, буду благодарен за ссылку.)
3. Произвольно взять из каждого треугольника по одной строке и, считая их элементы компонентами векторов, скалярно их перемножить (при несовпадении размера строк недостающие элементы считать равными нулю).
4. Убедиться в том, что результат равен k^n, где k - номер строки взятой из треугольника Паскаля, n - номер строки взятой из второго треугольника.

Вообще-то все вышенаписанное можно было бы описать тождеством
k^n = \sum_{i=1}^{n}i!C[k,i]S[n,i], где C- биномиальный коэффициент, S - числа Стирлинга 2-го рода.
Которое, как оказывается, верно.
Но доказывается не так уж просто
Идею доказательства можно посмотреть в книжке Stanley RP, "Enumerative Combinatorics", том 1, стр. 35 и далее (издание 1997).

Давайте дальше.

Macavity писал(а):

Случайно попал на сайт:
Б.Е.Билич "Последняя тайна Последней теоремы Пьера Ферма и ее разгадка"
http://piramyd.express.ru/disput/bilich/ferma.htm
Автор (как я понимаю) утвенрждает, что доказал ВТФ.
Может кто-то откомментирует?

Например, в этом опусе попадается такая "теорема":

Теорема 5. При умножении определенной цифры, не являющейся нулем и взаимнопрстой с основанием системы счисления, на различные цифры, также не являющиеся нулями и взаимнопростые с основанием той же системы счисления, образуются числа, оканчивающиеся на различные, отличающиеся друг от друга ненулевые цифры. Доказательство несложно, предоставляем его читателям.

Контрпример.
Основание n=3.
2*12=101
2*2=11
(в десятичной системе соответственно 2*5=10 и 2*2=4, все числа взаимнопросты.)

Ну, а из того, что автор (только из уважения к возрасту не пишу "аффтар") предполагает, что он:

В 1982 году решил одну (под ¦10) из задач списка "до сих пор не решенные задачи теории чисел", приведенного в "Сборнике задач по теории чисел" Г.А. Кудреватого (Москва, "Просвещение", 1970), связанную с Великой теоремой Ферма при n=2, а именно: "Существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого ребра и диагонали всех боковых граней выражаются натуральными числами?". Результаты решения опубликованы в [16, 17], где описан параллелепипед с ребрами 44, 117, 240, являющийся решением этой задачи

можно сделать вывод, что он отстал от математики минимум на три столетия, так как этот (и еще несколько) параллелепипед был найден еще в самом начале 18 столетия, а потом Эйлер нашел еще параметрическое решение, дающее бесконечное множество таких параллелепипедов ("кирпичи Эйлера").

[golos]

Indigo, да Бог с ним, с доказательством ВТФ. Мне другое любопытно. Верно ли утверждение, что каждой тройке пифагоровых чисел соответствует бесчисленное множество "кирпичей" с целочисленными диагоналями?
А так же верно ли утверждение, что всегда можно найти решение в целых числах для любого множества параллелотопов, у которых "диагонали" будут целочисленными?
Примеры
3^2+4^2+12^2=13^2
9^2+12^2+112^2=113^2
9^2+12^2+112^2+6384^2=6385^2
и т.д.

[Indigo]

golos писал(а):

Мне другое любопытно. Верно ли утверждение, что каждой тройке пифагоровых чисел соответствует бесчисленное множество "кирпичей" с целочисленными диагоналями?

Оказывается, Вы неплохо умеете думать головой.
Да, в некотором смысле это верно.
Пишу "в некотором", потому что я умею делать это только таким образом:
1. Поставить тройке (a,b,c) в соответствие бесконечное множество троек (ka,kb,kc), k \in N.
2. Каждой тройке (ka,kb,kc) поставить в соответствие единственный параллелепипед P(ka,kb,kc). Если Вам интересны формулы, могу их привести.
Таким образом, не обязательно, что разным тройкам соответствуют разные наборы "кирпичей"
Но это вовсе не означает, что таким образом описываются ВСЕ "кирпичи".

golos писал(а):

А так же верно ли утверждение, что всегда можно найти решение в целых числах для любого множества параллелотопов, у которых "диагонали" будут целочисленными?

Надо подумать до вечера, но мне кажется, что это не так.

golos писал(а):

Примеры
3^2+4^2+12^2=13^2
9^2+12^2+112^2=113^2
9^2+12^2+112^2+6384^2=6385^2

А почему у Вас три слагаемых слева?
Речь идет о целочисленных диагоналях граней, а не диагонали параллелепипеда.
Существование "кирпича", у которого целочисленны все 3 ребра и 4 диагонали, не доказано до сих пор.

[AN]

to Indigo

Спасибо за ссылку. Изображённый там треугольник, увы, опять не то.

Цитата:

Вы можете доказать, что таким образом рекуррентно задаются числа j!*S[i,j]?

Я не пытался этого сделать. Дело в том, что приведённое Вами тождество я обнаружил (в том числе, в "Перечислительной комбинаторике" Стенли на которую Вы ссылаетесь) гораздо позже того как получил своё, через описанные выше треугольники. Разница в формулах заключается только в сомножителе биномиального коэффициента, что указывает лишь на различие в форме записи. Доказательство тождества в предъявленной мной форме было сделано по моей просьбе моим (в то время) преподавателем матанализа который, к сожалению (а может быть к счастью), не увидел в нём (тождестве) известного в комбинаторике факта. Я выборочно проверял соответствующие элементы тождеств на совпадение, но Вы безусловно правы в том, что это требует строгого доказательства.

Цитата:

Возможно, надо задавать вот так:
b[i+1,j+1]=(j+1)(b[i,j]+b[i,j+1])?

Нет, так задавать не надо. Тождество выполняется если треугольники строить именно так, как я указал. Я настойчиво советую это сделать, в дальнейшем, будучи под рукой, они существенно повысят наглядность.
Я должен исправить допущенную небрежность. Для построения треугольников требовалось указать дополнительные условия, вот они:
a[i,1]=1, a[i,j]=0 при i<j
b[i,1]=1, b[i,j]=0 при i<j
Я предвидел вопрос по поводу биномиальных коэффициентов как дискретного аналога производной, но его нет. Либо тут всё понятно, либо никто не обратил на это внимания. Отложим на потом.
Далее я покажу, что общего у описанных выше треугольников.
Обратимся к треугольнику Паскаля (в требуемой выше форме!). Как видно из рекурентной формулы, элемент треугольника строится из элементов лежащей выше строки. Возникает очевидный вопрос - можно ли построить всю строку целиком из вышележащей строки? Это можно сделать. Ранее мы уже условились считать строки треугольника, как упорядоченные наборы чисел, векторами. Следовательно, задача сводится к отысканию явного вида матрицы оператора действие которого на заданный вектор (строку треугольника) даст искомый вектор (следующую строку). Для простоты ограничимся некоторой размерностью n (при этом, начиная с некоторого номера, мы будем получать усечённые строки, но размерность всегда можно выбрать сколь угодно большой).
Искомой нами является нижняя треугольная ленточная матрица содержащая на главной диагонали и первой поддиагонали единицы (остальные элементы равны нулю). Скажем, для размерности n=7 она будет иметь вид:
| 1 0 0 0 0 0 0 |
| 1 1 0 0 0 0 0 |
| 0 1 1 0 0 0 0 |
| 0 0 1 1 0 0 0 |
| 0 0 0 1 1 0 0 |
| 0 0 0 0 1 1 0 |
| 0 0 0 0 0 1 1 |
Всё сказанное о треугольнике Паскаля также справедливо для второго треугольника с той лишь разницей, что значащие диагонали соответствующей матрицы содержат натуральный ряд. Для той же размерности n=7 она будет иметь вид:
| 1 0 0 0 0 0 0 |
| 1 2 0 0 0 0 0 |
| 0 2 3 0 0 0 0 |
| 0 0 3 4 0 0 0 |
| 0 0 0 4 5 0 0 |
| 0 0 0 0 5 6 0 |
| 0 0 0 0 0 6 7 |
Далее потребуется немного перестроить треугольник Паскаля, изменив вид рекурентной формулы на:
a[i+1,j+1]=a[i+1,j]+a[i,j+1]
Тем самым мы исключим из столбцов треугольника Паскаля нулевые элементы (он станет больше похож на «квадрат Паскаля»).
Теперь ясно видно, что матрицы искомых операторов строятся, соответственно, с помощью первого и второго столбцов полученной таблицы.
Возникает очевидное желание продолжить построение следующих в этом семействе треугольников в надежде на какой-нибудь интересный результат.
Я попытался это сделать и обнаружил следующее – если скалярно перемножить 4-ю строку 2-го треугольника и 2-ю строку 3-го треугольника, то результат будет равен 211 и является простым числом. Иначе говоря, простое число, по определению не представимое произведением скалярных сомножителей может быть представлено скалярным произведением векторов специального вида. При этом, таким образом могут быть единообразно представлены все натуральные числа.
Сразу возникают вопросы:
1. Могут ли таким способом быть представлены другие простые числа?
2. Сколькими способами может быть представлено произвольное, простое либо составное, натуральное число?
Чтобы не путаться в «строках» и «треугольниках» удобно присваивать оператору тот же порядковый номер, который имеет столбец «квадрата Паскаля» использованный при построении его (оператора) матрицы, номер же строки в каждом треугольнике есть ни что иное, как степень оператора (очевидно, что если произвольная строка треугольника получается из предыдущей строки действием оператора, то она же может быть получена из первой строки n раз применённым к ней оператором). Такая нумерация предоставляет возможность представить натуральные числа точками 4-х мерного пространства, где две координаты – номера операторов, ещё две – их степени в соответствующем скалярном произведении. Тут появляется большой соблазн - простым перебором найти по этой схеме первую сотню (лучше тысячу) простых чисел и нарисовать соответствующие им точки (в 3-х мерных сечениях). Вдруг проявится закономерность?

P.S. Вот дописал и чувствую, что перегрузил пост. На самом деле, тут всё элементарно, но на словах получается нудно.
И ещё, этот способ даёт простую возможность перейти к чистой геометрии (в терминах векторов, операторов, тензоров и пр.) везде, где возникают объекты степенного либо показательного типа (та же ВТФ).

[golos]

Indigo.
1.Я уже писал, что барахлит комп, потому прошу прощения, что буду писать без цитат. Увы, вынужден.
2. Головой я могу думать ещё и плохо. Так же-увы.
3.Полагаю, что параллелепипед, у которого целочисленны все диагонали, невозможен. И вот почему. Рассмотрим уравнение
x^2+y^2+z^2=w^2
Требуется обеспечить целочисленность не только этого равенства, но и следующих
x^2+y^2=e^2
x^2+z^2=r^2
z^2+y^2=t^2

Допустим, что возможно найти целочисленные решения для первых двух равенств. При нечётном x y и z будут чётными. И наоборот. Это условие обеспечивает невозможность решения в целых числах третьего равенства.

Ваши формулы для параллелепипеда с целочисленной диагональю меня весьма интересуют. Буду благодарен, если приведёте.

[Macavity]

Цитата:

Давайте дальше.

Давайте.

Цитата:

Например, в этом опусе попадается такая "теорема":

Теорема 5. При умножении определенной цифры, не являющейся нулем и взаимнопрстой с основанием системы счисления, на различные цифры, также не являющиеся нулями и взаимнопростые с основанием той же системы счисления, образуются числа, оканчивающиеся на различные, отличающиеся друг от друга ненулевые цифры. Доказательство несложно, предоставляем его читателям.

Цитата:

Контрпример.
Основание n=3.
2*12=101
2*2=11
(в десятичной системе соответственно 2*5=10 и 2*2=4, все числа взаимнопросты.)

Нет Ваши контрпримеры не работают.
Смотрите внимательно теорему -
1. Не ЧИСЛА, а цифры (12 из первого примера не годится)
2. Умножать на цифры взаимно простые не с друг другом,
а со СИСТЕМОЙ СЧИСЛЕНИЯ (второй контрпример - 2 не
взимно просто с 10, и 5 не взимно просто с 10)

[Indigo]

AN писал(а):

Цитата:

Вы можете доказать, что таким образом рекуррентно задаются числа j!*S[i,j]?

Я не пытался этого сделать. Дело в том, что приведённое Вами тождество я обнаружил (в том числе, в "Перечислительной комбинаторике" Стенли на которую Вы ссылаетесь) гораздо позже того как получил своё, через описанные выше треугольники. Разница в формулах заключается только в сомножителе биномиального коэффициента, что указывает лишь на различие в форме записи. Доказательство тождества в предъявленной мной форме было сделано по моей просьбе моим (в то время) преподавателем матанализа который, к сожалению (а может быть к счастью), не увидел в нём (тождестве) известного в комбинаторике факта. Я выборочно проверял соответствующие элементы тождеств на совпадение, но Вы безусловно правы в том, что это требует строгого доказательства.

Блин, наконец, кажется, дошло, в чем дело.
У Вас в треугольнике таким образом будут задаваться не числа вида
k!*S[n,k], а числа вида (k-1)!*S[n,k].
Дальше еще надо думать.

golos писал(а):

Допустим, что возможно найти целочисленные решения для первых двух равенств. При нечётном x y и z будут чётными. И наоборот.

Не обязательно.

golos писал(а):

Ваши формулы для параллелепипеда с целочисленной диагональю меня весьма интересуют. Буду благодарен, если приведёте.

Ну, они, конечно, не мои, но общеизвестные.

Пусть x,y,z удовлетворяют x^2+y^2=z^2, тогда стороны параллелограмма a,b,c равны

a=x(4y^2-z^2)
b=y(4x^2-z^2)
c=4xyz
а диагонали граней соответственно
d1=z^3
d2=x(4y^2+z^2)
d3=y(4x^2+z^2)

Macavity писал(а):

Нет Ваши контрпримеры не работают.
Смотрите внимательно теорему -
1. Не ЧИСЛА, а цифры (12 из первого примера не годится)
2. Умножать на цифры взаимно простые не с друг другом,
а со СИСТЕМОЙ СЧИСЛЕНИЯ (второй контрпример - 2 не
взимно просто с 10, и 5 не взимно просто с 10)

Мнда, пора мне менять очки. Для цифр это утверждение верно.
Ничего, заборем ферматика с другой стороны.

[golos]

to Indigo
Думаю, что в данном случае следует доказать, что для некоторого числа х возможны 2 разных решения. По крайней мере, из формул решения пифагоровых троек видно, что решение всегда одно.

Благодарю за формулы целочисленного параллелепипеда. Из некоторой вредности привожу свои, в которых два первых слагаемых из пифагоровой тройки
(d^2+2cd)^2+(2c^2+2cd)^2+((d^4+4cd^3+8c^2d^2+8c^3d+4c^4-1)/2)^2=((d^4+4cd^3+8c^2d^2+8c^3d+4c^4+1)/2)^2
Условие: параметры c,d не должны быть кратными корню квадратному из 2.
Являются ли формулы общими? Не знаю.

Удачи AN

[AN]

Модераторам.
Поскольку я заявлен как автор темы, прошу сменить её название на "ВТФ и дискретная геометрия".
Заранее благодарю.

[AN]

to golos

Цитата:

Удачи AN

Спасибо.

Вопросов больше не будет? Жаль. Я собирался рассказать про дискретную производную, про то, как привести многочлен с одной переменной к уравнению гиперплоскости и про переход к непрерывному случаю. И про то, как переписать формулировку ВТФ в виде векторного уравнения. Может быть, я говорю тривиальные вещи? Вполне допускаю. Тогда у меня большая просьба - расскажите, пожалуйста, об этом мне (или дайте ссылки), я буду крайне признателен.

[cepesh]

AN писал(а):

Модераторам.
Поскольку я заявлен как автор темы, прошу сменить её название на "ВТФ и дискретная геометрия".
Заранее благодарю.

сделано.

[cepesh]

AN писал(а):

to golos

Цитата:

Удачи AN

Спасибо.

Вопросов больше не будет? Жаль. Я собирался рассказать про дискретную производную, про то, как привести многочлен с одной переменной к уравнению гиперплоскости и про переход к непрерывному случаю. И про то, как переписать формулировку ВТФ в виде векторного уравнения. Может быть, я говорю тривиальные вещи? Вполне допускаю. Тогда у меня большая просьба - расскажите, пожалуйста, об этом мне (или дайте ссылки), я буду крайне признателен.

А Вы расскажите, всем должно быть интересно!