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
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



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 ... 18, 19, 20, 21, 22, 23  След.
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение04.07.2012, 16:25 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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".

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение14.08.2012, 19:37 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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.

Изображение

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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.12.2012, 15:20 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь

(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).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение27.02.2013, 13:33 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение27.02.2013, 18:23 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Это схема доказательства. Если она верна, то я распишу ее в явном виде, если не верна - тогда это не имеет смысла.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение27.02.2013, 18:39 
Заслуженный участник


11/11/07
1193
Москва
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 $c = 0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение20.05.2013, 11:36 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение17.01.2015, 15:46 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение01.03.2015, 16:55 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение02.03.2015, 14:18 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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

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

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение02.03.2015, 20:21 


10/08/11
671
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 $0,z$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.03.2015, 10:06 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение04.03.2015, 09:43 


10/08/11
671
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение04.03.2015, 10:05 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.03.2015, 13:55 


10/08/11
671
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 341 ]  На страницу Пред.  1 ... 18, 19, 20, 21, 22, 23  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