ВТФ и дискретная геометрия

[sceptic]

serval в сообщении #363221 писал(а):

Но если верно предположение об ортогональности векторов $(\vec n_3, \vec s)=0$, значит вектор $\vec s$ может быть однозначно разложен по $4$ линейно независимым векторам ортогональным вектору $\vec n_3$. Такие векторы легко построить, например, так:

$$\left|\begin{array}{cccc} \vec i&\vec j&\vec k&\vec t\\ 1&7&12&6\\ 1&1&1&1\\ 1&0&0&0 \end{array}\right|\rightarrow (0,-6,1,5),\ \left|\begin{array}{cccc} \vec i&\vec j&\vec k&\vec t\\ 1&7&12&6\\ 1&1&1&1\\ 0&1&0&0 \end{array}\right|\rightarrow (6,0,5,-11),\ \left|\begin{array}{cccc} \vec i&\vec j&\vec k&\vec t\\ 1&7&12&6\\ 1&1&1&1\\ 0&0&1&0 \end{array}\right|\rightarrow (-1,-5,0,6),\ \left|\begin{array}{cccc} \vec i&\vec j&\vec k&\vec t\\ 1&7&12&6\\ 1&1&1&1\\ 0&0&0&1 \end{array}\right|\rightarrow (-5,11,-6,0).$$

Вы плохо учили линейную алгебру (или прогуливали )! В подпространстве векторов, ортогональных вектору $\vec n_3$, Вы не сможете найти 4 линейно-независимых вектора - размерность этого подпространства равна 3 (для доказательства отсылаю к любому учебнику по линейной алгебре; надеюсь, разобраться самостоятельно сможете). В приведенном примере линейная зависимость векторов лежит на поверхности: сумма Ваших векторов есть $\vec 0$. Поэтому не может быть и речи об однозначном разложении по ним вектора $\vec s$, что превращает последующее Ваше рассуждение в бессмыслицу.
Учите матчасть! (не сочтите за плагиат).

[venco]

Более того, среди этих четырёх векторов (назовём их $\vec t_i$) нет и трёх независимых, чтобы через них можно было хотя бы неоднозначно представить $\vec s$:
$\vec t_1+\vec t_2+\vec t_3+\vec t_4 = \vec 0$
$5\vec t_1-\vec t_2-6\vec t_3=\vec 0$

[serval]

sceptic в сообщении #363374 писал(а):

размерность этого подпространства равна 3

Все верно, это я что-то замудрил. Хотя, сначала искал именно $3$ независимых вектора. Все, я понял где напорол. Точнее - почему.

venco в сообщении #363386 писал(а):

нет и трёх независимых

Ну три-то должны найтись. Не эти - так другие. Ведь нормален же $\vec n_3$ гиперплоскости.
Нужны $3$ линейно независимых вектора принадлежащих гиперплоскости с нормалью $\vec n_3$. Далее - по уже описанной схеме.

[venco]

serval в сообщении #363402 писал(а):

Ну три-то должны найтись. Не эти - так другие.

Другие - запросто.

[serval]

Может проделаете выкладки? Карандашом это займет у вас минут 10. Интересно же
Кстати, есть такой вектор общий для обоих треугольников, я уже про него говорил. Это $(\ 1,-1,\ 1,-1,\ \ldots\ )$ - он ортогонален любой строке треугольника Паскаля, как и любой строке второго треугольника. Например, вектору $\vec n_3$.

[serval]

Ну вот. Добрые люди подсказали и теперь можно попробовать.

Для демонстрации метода рассмотрим ВТФ для степени $n=2$.
Схема такова:
1. переписываем уравнение $x^2+y^2=z^2$ в виде равного нулю скалярного произведения вектора показателя степени и вектора суммы оснований степени (размерность векторов равна $3$),
2. строим векторы ортогональные вектору показателя степени (всего $2$ вектора),
3. поскольку вектор суммы оснований степени предполагается также ортогональным вектору показателя степени - раскладываем его по полученным векторам.
4. смотрим на получившиеся условия для сумм степеней $x,y$ и $z$.

Начали.

1. Для степени равной $n=2$ условие ВТФ $x^2+y^2=z^2$ примет вид $(\vec n_2,\vec s)=0$ где вектор показателя степени $\vec n_2=(1,3,2)$, вектор суммы оснований степени $\vec s=\vec x+\vec y-\vec z$, а, к примеру, вектор основания степени одного из слагаемых $\vec x=(1,\ x-1,\ \frac {1}{2}(x^2-3x+2))$.
2. Для вектора $\vec n_2$ строим (как - не скажу, тут все кроме меня и так это знают) два ортогональных ему вектора: $(-3,1,0)$ и $(-2,0,1)$.
3. Раскладываем по ним вектор суммы оснований степени $\vec s=\alpha (-3,1,0)+\beta (-2,0,1)$ и получаем покомпонентные равенства:

$1=-3\alpha-2\beta$
$x+y-z-1=\alpha$
$x^2+y^2-z^2-3(x+y-z)+2=2\beta$

4. Подставляем два первых уравнения в третье и получаем:

$$x^2+y^2-z^2=3(x+y-z)+2(\beta-1)=3(\alpha+1)+2(\beta-1)=3\alpha+2\beta+1=-1+1=0$$

Мы видим, что ортогональность векторов $\vec n_2$ и $\vec s$ требует непосредственного выполнения условия $x^2+y^2=z^2$.

Далее мы рассмотрим случай степени $n=3$ и увидим, что (если я опять не ошибся ) выполнение условия $x^3+y^3=z^3$ требует совместного выполнения условия $x+y=z$.
Впрочем, схема известна и желающие могут проверить это прямо сейчас.

[serval]

Перейдем к рассмотрению ВТФ в случае степени $n=3$.
Действия будут совершенно аналогичны проделанным выше с поправкой на вектор показателя степени.

Итак.

1. Для степени равной $n=3$ условие ВТФ $x^3+y^3=z^3$ примет вид $(\vec n_3,\vec s)=0$ где вектор показателя степени $\vec n_3=(1,7,12,6)$, вектор суммы оснований степени $\vec s=\vec x+\vec y-\vec z$, а, к примеру, вектор основания степени одного из слагаемых $\vec x=(1,\ x-1,\ \frac {1}{2}(x^2-3x+2),\ \frac {1}{6}(x^3-6x^2+11x-6))$.
2. Для вектора $\vec n_3$ строим три ортогональных ему вектора: $(-7,1,0,0),\ (-12,0,1,0)$ и $(-6,0,0,1)$.
3. Раскладываем по ним вектор суммы оснований степени $\vec s=\alpha (-7,1,0,0))+\beta (-12,0,1,0)+\gamma (-6,0,0,1)$ и получаем покомпонентные равенства:

$1=-(7\alpha+12\beta+6\gamma)$
$x+y-z-1=\alpha$
$x^2+y^2-z^2-3(x+y-z)+2=2\beta$
$x^3+y^3-z^3-6(x^2+y^2-z^2)+11(x+y-z)-6=6\gamma$

4. Подставляем три первых уравнения в четвертое и получаем:

$$x^3+y^3-z^3=6(x^2+y^2-z^2)-11(x+y-z)+6(\gamma+1)=6(\alpha+2\beta+\gamma)$$

Тогда из предположения о верности $x^3+y^3=z^3$ следует условие $\alpha+2\beta+\gamma=0$. Но первый компонент вектора $\vec s$ выраженный в коэффициентах разложения имеет вид $1=-\alpha-6(\alpha+2\beta+\gamma)$ откуда получаем значение $\alpha=-1$ подставив которое в выражение для второго компонента вектора $\vec s$ получим $x+y=z$.

Таким образом, предположение о верности $x^3+y^3=z^3$ требует одновременного с этим выполнения условия $x+y=z$, что невозможно в натуральных числах.

Пожалуйста, проверьте.
Можно ли считать ВТФ доказанной для степени $n=3$?

[Виктор Ширшов]

serval в сообщении #363917 писал(а):

Таким образом, предположение о верности $x^3+y^3=z^3$ требует одновременного с этим выполнения условия $x+y=z$, что невозможно в натуральных числах

serval. Во всей Вашей дискретной геометрии, это утверждение - единственное, заслуживающее внимания, но оно не доказано.

[venco]

serval в сообщении #363917 писал(а):

4. Подставляем три первых уравнения в четвертое и получаем:

$$x^3+y^3-z^3=6(x^2+y^2-z^2)-11(x+y-z)+6(\gamma+1)=6(\alpha+2\beta+\gamma)$$

Плохо подставили.
Должно получиться:

$$x^3+y^3-z^3=6(x^2+y^2-z^2)-11(x+y-z)+6(\gamma+1)=7\alpha+12\beta+6\gamma+1$$

[serval]

Специально для вас.

1. возведем в куб обе части равенства $z=x+y$
2. получим $z^3=x^3+y^3+3xy(x+y)$
3. перепишем полученное равенство в виде $(x^3+y^3-z^3)+3xy(x+y)=0$
4. по предположению $x^3+y^3-z^3=0$
5. значит и $3xy(x+y)=0$
6. по условию числа $x$ и $y$ - натуральные
7. уравнение $3xy(x+y)=0$ в натуральных числах невыполнимо

Теперь доказано?

[venco]

serval в сообщении #363928 писал(а):

Специально для вас.

Я подозреваю, что Вы имеете в виду не меня. Во избежание недоразумений указывайте, кому отвечаете.

serval в сообщении #363928 писал(а):

1. возведем в куб обе части равенства $z=x+y$

Если же Вы имели в виду меня, то это равенство не доказано.

-- Ср окт 20, 2010 09:23:19 --

serval в сообщении #363928 писал(а):

7. уравнение $3xy(x+y)=0$ в натуральных числах невыполнимо

Для самопроверки обратите внимание, что это равенство невыполнимо и в положительных действительных числах, хотя исходное $x^3+y^3=z^3$ - выполнимо. Таким образом Вы могли бы определить, что где-то ошиблись.

[serval]

Цитата:

Я подозреваю, что Вы имеете в виду не меня.

Конечно, не Вас.

Вы правы - я не сумел сосчитать $18-11$. А как хорошо все могло быть

[Виктор Ширшов]

serval в сообщении #363928 писал(а):

Теперь доказано?

serval в сообщении #363928 писал(а):

Специально для вас.

1. возведем в куб обе части равенствa
$z=x+y$
2. получим $z^3=x^3+y^3+3xy(x+y)$
3. перепишем полученное равенство в виде $(x^3+y^3-z^3)+3xy(x+y)=0$
4. по предположению $x^3+y^3-z^3=0$
5. значит и $3xy(x+y)=0$
6. по условию числа $x$ и $y$ - натуральные
7. уравнение $3xy(x+y)=0$ в натуральных числах невыполнимо

Теперь доказано?

serval. Для $n=3$ Вы ВТФ доказали, при этом забыв выделить отдельным пунктом предположение $z^3=x^3+y^3$, и п. 7 надо дополнить. Замечу, обошлись без дискретной геометрии.

[Виктор Ширшов]

Виктор Ширшов в сообщении #363952 писал(а):

serval. Для $n=3$ Вы ВТФ доказали, при этом забыв выделить отдельным пунктом предположение $z^3=x^3+y^3$, и п. 7 надо дополнить. Замечу, обошлись без дискретной геометрии

Также замечу, что доказали только для случая $z=x+y$

[serval]

Виктор Ширшов в сообщении #363952 писал(а):

Для $n=3$ Вы ВТФ доказали

Ничего я не доказал. Либо вы не читаете того, что я пишу.
Вот посажу сад - возьмусь снова.