2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 ... 28  След.
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.10.2009, 09:32 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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$$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.10.2009, 16:59 
Заслуженный участник


04/05/09
4586
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: $x^y = (x^0,x^1,...,x^y) \times (0,0,...,1)^T$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.10.2009, 18:14 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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),\ ${A_2}=\left( \begin{array}{cccccc}
1&0&0&0&0&\ \\
1&2&0&0&0&\ \\
0&2&3&0&0&\ldots\\
0&0&3&4&0&\ \\
0&0&0&4&5&\ \\
\ &\ &\vdots&\ &\ &\ddots
\end{array}\right)$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение05.11.2009, 22:33 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.11.2009, 12:24 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение09.11.2009, 20:37 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение14.11.2009, 22:51 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение15.11.2009, 14:54 


03/10/06
826
То же самое или другое?
post236906.html#p236906

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение15.11.2009, 15:54 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
Метод тот же, а результаты другие. Точнее - их трактовка.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение16.11.2009, 14:18 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение22.11.2009, 15:06 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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 $n=1,\ z=5,\ y=3,\ x=2$

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

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.12.2009, 18:37 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
Может ли квадрат натурального числа быть суммой более чем двух квадратов других натуральных чисел?
Если да - каково наибольшее число слагаемых в такой сумме?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.12.2009, 18:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14494
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.12.2009, 20:50 
Заслуженный участник


09/08/09
3438
С.Петербург
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.12.2009, 23:21 
Аватара пользователя


25/02/07

887
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 413 ]  На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 ... 28  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group