ВТФ и дискретная геометрия

[serval]

Я уже увидел. При вычислениях потерял двойку. Правильно так:

$(a+b)\pm \sqrt {a^2+b^2}-1$

[Виктор Ширшов]

serval в сообщении #338519 писал(а):

При вычислениях потерял двойку. Правильно так:
$(a+b)\pm\sqrt{a^2+b^2}-1$

serval. Если в этой потеряли, предполагаю, в этой - "нашли".

[serval]

Я начал проверять и зарылся в простых вещах. Теоретически все просто и ошибиться, вроде, негде, а практически каждый раз получается новый результат :) Нужно пройти по схеме без суеты. Сейчас нет времени - уезжаю. Поэтому беру тайм-аут недели на 2-3.

[serval]

Итак, предлагается следующая схема поиска условий выполнимости уравнения $x^n+y^n=z^n$ :

1. Исходное уравнение приводится к скалярному произведению ортогональных векторов.
2. Из явного вида вектора определяющего показатель степени находятся ортогональные ему векторы.
3. Вектор, определяющий сумму оснований, раскладывается по векторам, полученным в п.2 – для этого коэффициенты при ортах в разложении приравниваются соответствующим аналитическим выражениям его компонентов.
4. Полученные уравнения решаются относительно коэффициентов разложений.
5. Полученные в п.4 значения коэффициентов подставляются в уравнения разложений из п.3.
6. Полученные коэффициенты при ортах исследуются на целость.

Проще говоря, с одной стороны, – мы знаем, что векторы ортогональные (*) вектору показателя степени имеют целые компоненты, с другой – знаем, что вектор определяющий сумму оснований исходного уравнения (**) имеет натуральные компоненты. Пользуясь этим мы проверяем можно ли разложить вектор (**) по векторам (*) и если можно, то будут ли коэффициенты разложения целыми. Выполнение последнего условия означает выполнимость исходного уравнения.

Предполагается проверить схему для показателя степени $n=2$. Необходимые вычисления будут выполняться в Maple 12. Промежуточные результаты будут иллюстрироваться с помощью пифагоровой тройки $3^2+4^2=5^2$. В случае успешного выполнения поставленной задачи схема будет повторена для показателя степени $n=3$.

Все действия с необходимыми комментариями я буду выкладывать согласно пунктам схемы. Прошу внимательно следить за ходом изложения.

P.S. В настоящее время я вынужденно пользуюсь мобильным интернетом, поэтому заранее извиняюсь за возможные перебои.

[serval]

1. Приведение уравнения $x^n+y^n=z^n$ к скалярному произведению ортогональных векторов.

Согдасно с $x^n=\sum\limits_{k=0}^n k!\ S(n,k)\binom{x}{k}$ или, что проще, с $x^n=\sum\limits_{k=0}^n Q(n,k)\binom{x}{k}$ имеем $x^n=(\vec p_x,\vec q_n)$ где вектор $\vec p_x$ - строка треугольника Паскаля с номером $x$, а вектор $\vec q_n$ - строка $Q$-треугольника с номером $n$.

Треугольник Паскаля

$$\begin{array}{cccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&5\\ \hline 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&0\\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&0\\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&2&1&0&0\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&3&1&0\\ 5&\multicolumn{1}{|c}{1}&4&6&4&1 \end{array}$$

$Q$-треугольник

$$\begin{array}{cccccc} &\multicolumn{1}{|c}{1}&2&3&4&5\\ \hline 0&\multicolumn{1}{|c}{1}&0&0&0&0\\ 1&\multicolumn{1}{|c}{1}&1&0&0&0\\ 2&\multicolumn{1}{|c}{1}&3&2&0&0\\ 3&\multicolumn{1}{|c}{1}&7&12&6&0\\ 4&\multicolumn{1}{|c}{1}&15&50&60&24 \end{array}$$

Например, для членов пифагоровой тройки $3^2+4^2=5^2$соответствующие скалярные произведения будут выглядеть так

$3^2=(\vec p_3,\vec q_2)=1\cdot 1+2\cdot 3+1\cdot 2=9$
$4^2=(\vec p_4,\vec q_2)=1\cdot 1+3\cdot 3+3\cdot 2=16$
$5^2=(\vec p_5,\vec q_2)=1\cdot 1+4\cdot 3+6\cdot 2=25$

Тогда данную тройку можно переписать в виде скалярного произведения $(\vec s,\vec q_2)=0$ где $\vec s=\vec p_3+\vec p_4-\vec p_5=(1,1,-2)$ .

Прошу проверить.

[serval]

2. Векторы ортогональные $\vec q_n$-вектору (определяющему показатель степени).

Мы рассматриваем задачу при степени $n=2$ поэтому найдем векторы ортогональные $\vec q_2=(1,3,2)$. Для простоты сделаем это при помощи трех первых ортов

$\left|\begin{array}{ccc} \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 1&3&2\\ 1&0&0 \end{array}\right| =2\vec{j}-3\vec{k}=\vec o_1$

$\left|\begin{array}{ccc} \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 1&3&2\\ 0&1&0 \end{array}\right| =-2\vec{i}+1\vec{k}=\vec o_2$

$\left|\begin{array}{ccc} \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 1&3&2\\ 0&0&1 \end{array}\right| =3\vec{j}-1\vec{j}=\vec o_3$

Все векторы ортогональные вектору $\vec q_2$ лежат в одной плоскости, поэтому любой вектор лежащий в этой же плоскости может быть разложен по любым двум из трех полученных нами векторов. Рассмотрим все три разложения

$\vec s_{12}=d_1\vec o_1+d_2\vec o_2$

$\vec s_{13}=d_1\vec o_1+d_3\vec o_3$

$\vec s_{23}=d_2\vec o_2+d_3\vec o_3$

или в явном виде

$\vec s_{12}=(-2d_2,\ 2d_1,\ -3d_1+d_2)$

$\vec s_{13}=(3d_3,\ 2d_1-d_3,\ -3d_1)$

$\vec s_{23}=(-2d_2+3d_3,\ -d_3,\ d_2)$

Прошу проверить.

-- Вт июл 27, 2010 10:19:23 --

3. Уравнения на коэффициенты разложений.

Мы знаем, что в скалярном произведении $(\vec p_a,\vec q_2)=a^2$ вектор $\vec p_a$ имеет вид $\vec p_a=(1,\ (a-1),\ \frac {1}{2}(a-1)(a-2))$.
Тогда в скалярном произведении $(\vec s,\vec q_2)=0$ к которому приводится уравнение $a^2+b^2=c^2$ вектор $\vec s=\vec p_a+\vec p_b-\vec p_c$ примет вид $\vec s=(1,\ (a-1)+(b-1)-(c-1),\ \frac {1}{2}((a-1)(a-2)+(b-1)(b-2)-(c-1)(c-2)))$.
Зная разложение вектора $\vec s$ по векторам $\vec o_1,\ \vec o_2$ и $\vec o_3$ и приравняв соответствующие компоненты получим уравнения на коэффициенты разложений

[serval]

Продолжение. Пока писал закончилось время на редактирование поста.
Точнее, получим такие системы уравнений

$\begin{cases} \ -2d_2=1\\ \ 2d_1=a+b-c-1\\ \ -3d_1+d_2=\frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2-3(a+b-c)+2) \end{cases}$

$\begin{cases} \ 3d_3=1\\ \ 2d_1-d_3=a+b-c-1\\ \ -3d_1=\frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2-3(a+b-c)+2) \end{cases}$

$\begin{cases} \ -2d_2+3d_3=1\\ \ -d_3=a+b-c-1\\ \ d_2=\frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2-3(a+b-c)+2) \end{cases}$

Было бы хорошо, если бы кто-нибудь проверил мои выкладки и решил эти системы. Для сравнения результатов.

[serval]

В Maple 12 я проделал следующее

restart;
r[1] := simplify(1/2*(a^2+b^2-c^2-3*(a+b-c)+2)+3*d[1]-d[2] = 0, {1+2*d[2] = 0, a+b-c-1-2*d[1] = 0});
r[2] := simplify(1/2*(a^2+b^2-c^2-3*(a+b-c)+2)-d[2] = 0, {1+2*d[2]-3*d[3] = 0, a+b-c-1+d[3] = 0});
r[3] := simplify(1/2*(a^2+b^2-c^2-3*(a+b-c)+2)+3*d[1] = 0, {1-3*d[3] = 0, a+b-c-1-2*d[1]+d[3] = 0});
collect(r[1], [a, b, c]);
collect(r[2], [a, b, c]);
collect(r[3], [a, b, c]);

и получил результат

$\frac{1}{2}\left(a^2+b^2-c^2\right)=0$
$\left( -b+1-d_{{3}} \right) a+ \left( 1-d_{{3}} \right) b-\frac{1}{2}+d_{{3}} -\frac{1}{2}{d_{{3}}}^{2}=0$
$\frac{1}{2}\left(a^2+b^2-c^2\right)=0$

Решив второе уравнение относительно $d_3$ получил

$d_3=-(a+b)\pm\sqrt{a^2+b^2}+1$

Почему условие получилось лишь на один коэффициент из трех - я не понимаю. Но видно, что оно удовлетворяет пифагоровым тройкам. Заодно видно где следует ожидать неприятности - если в коэффициентах для степени $n=3$ возникнут кубические корни схема окажется бесполезной.

Очень прошу проверить все приведенные рассуждения и выкладки до того как мы перейдем к третьей степени.

[serval]

Я, как обычно, перемудрил.
Для выяснения линейной зависимости векторов достаточно посчитать значение составленного из них определителя, так? Если равно нулю - значит зависимы.
Составляем определители из вектора $\vec s$ и каждых двух из трех векторов $\vec o_1,\ \vec o_2$ и $\vec o_3$. Далее приравниваем полученное значение нулю и получаем условие на $c$ через $a$ и $b$ (те, что фигурируют в исходном $a^n+b^n=c^n$).
Я сделал. Получилась какая-то ерунда. Дело чисто спортивного интереса - что у меня не правильно? Пожалуйста, помогите разобраться.

P.S. Вот в чем польза вербализации - пока писал, понял где нужно копать :) Буду смотреть. Но все равно - пожалуйста, проверьте меня.

[serval]

Все проверил. Нашел ошибку. Проделал то же для степени $n=3$. Ничего неполучилось.
Точнее, получилось то, что и ожидалось - грабли лежали в заранее предсказанном месте
Зато схема прояснилась до полной прозрачности. Думаем дальше.

[serval]

Ну вот, главная мысль нарисовалась (я давно заметил, главное - не мешать голове думать).
Дело в том, что так же, как компоненты вектора основания степени выражаются через степенную функцию, компонеты вектора показателя степени выражаются через показательную. Т.е., не так же, но похоже. Кажется, я здесь это показывал.
Тогда:
1. Ищем векторы ортогональные вектору показателя степени не численно, а аналитически.
2. Через них выражаем компланарный им вектор.
3. Приравниваем два представления соответствующих компонентов вектора основания - степенное и показательное.
4.Смотрим возможно ли это. Можно даже попробовать построить графики компонентов.
Немного погодя займусь.

[serval]

Верно ли это?

$\langle \vec x \vert AB \vert \vec y \rangle=\langle \vec x \vert AIB \vert \vec y \rangle=\langle \vec x \vert AAA^{-1}B \vert \vec y \rangle=\langle \vec x \vert A^2B^T \left(A^{-1}\right)^T \vert \vec y \rangle$

Тут бра- и кет-векторы обозначают лишь вектор-строку и вектор-столбец.
Пожалуйста, не молчите. Просто скажите не ошибся ли я и если ошибся - укажите где. Очень нужно.
Если все верно - распишу векторы и матрицы явно (в 101-й раз).

Для ясности, приведенные преобразования - это переход от уравнения $a+b=c$ к уравнению $a^2+b^2=c^2$.
Внимание! Не от степени к следующей степени, а именно от уравнения к уравнению целиком!
Переход к старшим уравнениям производится аналогично.

[serval]

Теоретически вроде все ясно.
Уравнение $x+y=z$ можно привести к матричному уравнению $\langle \vec e_1 \vert U V \vert \vec s \rangle=0$, где $\langle \vec e_1 \vert U V$ дает натуральный ряд $N=1,2,3 \ldots$
Далее, квадрат натурального ряда $N^2=1,4,9 \ldots$ задается выражением $\langle \vec e_1 \vert U^2 V$. При этом, требуется сохранить ортогональность векторов $\langle \vec e_1 \vert$ и $\vert \vec s \rangle$ (иначе говоря, выполнить условие $x^2+y^2=z^2$). Это можно сделать так

$\langle \vec e_1 \vert U V \vert \vec s \rangle=\langle \vec e_1 \vert U^2 U^{-1} V \vert \vec s \rangle=\langle \vec e_1 \vert U^2 V \times V^{-1} U^{-1} V \vert \vec s \rangle=0$

(знак умножения вставлен для обозначения границы между нужными нам частями произведения матриц).

Зная структуру множества векторов $\vert \vec s \rangle$ и матрицы $U$ и $V$ можно посмотреть на структуру векторов в которые отобразятся векторы $\vert \vec s \rangle$.
Далее, те ми же преобразованиями нужно перейти к матричному аналогу уравнения $x^3+y^3=z^3$ и посмотреть на соответствующий образ множества векторов $\vert \vec s \rangle$.

Вот только у нас жара +45 в тени и работать совсем лень

[serval]

Проверил. Результат оказался смешной.
Для каждой степени действительно получается множество векторов $\vert \vec s_n \rangle$ таких, что скалярное произведение $x^n s_{nx}+y^n s_{ny}-z^n s_{nz}=0$. Вот только компоненты векторов $\vert \vec s_n \rangle$ не единицы, а дроби вида $\frac {1}{x^{n-1}}$ (ну или $y$ и $z$ соответственно)
Так что, можно сказать, все получилось Только оказалось бесполезным.
Теперь буду думать как соблюсти требование на единичность коэффициентов в уравнении $x^n+y^n=z^n$.

[serval]

Свершилось! 66666 просмотров! Шутка.
Был на море. Медитировал. Подумалось - зачем вообще рассматривать три числа в уравнении $ x^n+y^n=z^n $? Нужно рассматривать трансляцию начального (порождающего) элементе множества во все другие элементы при помощи определенной операции. Благо, начальный элемент всех рассматриваемых множеств оказывается одним - первым ортом $ \vec e_1 $ (это без учета ко- и контрваравариантности). Операция трансляции, естественно, задается оператором (его матрицей). Матрицы известны.
Тут возникает вопрос - разные операторы при действии на один и тот же вектор могут иметь одинаковый результат. Как по виду двух разных матриц определить - будут ли они иметь динаковое действие на один и тот же вектор?