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 ... 19, 20, 21, 22, 23  След.
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение10.03.2015, 10:09 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Уважаемый lasta!
lasta в сообщении #986946 писал(а):
Я не понял необходимости разложения множества единичных приращений степенных функций по ортам многомерного пространства.

"Необходимость" здесь та же, что при любом исследовании - попытка понять поведение исследуемого объекта.
lasta в сообщении #986946 писал(а):
это приводит к заключению, что для множества троек решений при $n=2$ имеется единственный вектор

А это не приводит к такому заключению. Это приводит к указанному мной заключению:
serval в сообщении #984230 писал(а):
каждому множеству троек $\{a,b,c\}$ при которых параметр $k_{1p}=p$ соответствует единственный вектор $\vec d_{np}$ .

lasta в сообщении #986946 писал(а):
вывод о доказательстве ВТФ при существовании указанного неоднозначного определения сомнителен?

Конечно. Поэтому я и не сделал этого вывода. Я лишь указал на
serval в сообщении #984230 писал(а):
существование параметра имеющего одинаковый характер в двух первых случаях и кардинально меняющего свое значение в третьем и всех последующих, то есть при значениях степеней $n \geqslant 3$ .

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение10.03.2015, 12:32 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Если я не ошибся в промежуточных выкладках, то при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

$n=1: c^1-(a^1+b^1)=0$ - что очевидно выполняется,

$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

$n=3: c^3-(a^3+b^3)=\frac{1}{24}(20a^3b^3-3a^3b^6-3a^6b^3-50)$ - что совсем не очевидно.

Вопрос - может ли выполняться последнее равенство в натуральных числах?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение07.09.2015, 17:59 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Попутно обнаружился неожиданный результат.
Для примера, рассмотрим многочлен вида

$f_3(n)x^3+f_2(n)x^2+f_1(n)x^1+f_0(n)x^0$

где где коэффициенты при степенях переменной таковы

$f_0(n)=-4^n+4\cdot 3^n-6\cdot 2^n+4$

$f_1(n)=\frac{11}{6}\cdot 4^n-7\cdot 3^n+\frac{19}{2}\cdot 2^n-\frac{13}{3}$

$f_2(n)=-4^n+\frac{7}{2}\cdot 3^n-4\cdot 2^n+\frac{3}{2}$

$f_3(n)=\frac{1}{6}\cdot 4^n-\frac{1}{2}\cdot 3^n+\frac{1}{2}\cdot 2^n-\frac{1}{6}$

а показатель степени принимает значения $n=0,1,2,3$ .

Тогда, в зависимости от значения $n$, только соответствующий ему коэффициент примет значение $f_n(n)=1$ остальные же обратятся в ноль.
Эти коэффициенты можно построить для многочлена любой степени.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение02.11.2015, 13:13 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Промежуточный финиш.

Условие ВТФ: $x^n+y^n \neq z^n,\ n>2$, приводится к матричному уравнению

$e_1 (A^{T}_{2})^n A^{x-1}_{1} A^{p}_{1} e^1 \neq e_1 (A^{T}_{2})^n A^{x-1}_{1} (A^{q}_{1} - I) e^1$

где
$$
e_{1} = \begin{pmatrix}
1, & 0, & 0, & \cdots
\end{pmatrix}
$$
$$
e^{1} = \begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\         
\vdots
\end{pmatrix}
$$
$$
A_{1} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots \\
1 & 1 & 0& \\         
0 & 1 & 1 & \\
\vdots & & & \ddots
\end{pmatrix}
$$
$$
A_{1}^{x-1} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots \\
x-1 & 1 & 0& \\         
\frac{(x-1)(x-2)}{2} & x-1 & 1 & \\
\vdots & & & \ddots
\end{pmatrix}
$$
$$
A_{2} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots \\
1 & 2 & 0& \\         
0 & 2 & 3 & \\
\vdots & & & \ddots
\end{pmatrix}
$$
$$
I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots \\
0 & 1 & 0& \\         
0 & 0 & 1 & \\
\vdots & & & \ddots
\end{pmatrix}
$$
Можно ли для $n=2$ извлечь из этого уравнения информацию о соотношении $p$ и $q$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение03.11.2015, 02:34 


18/10/15

94
serval в сообщении #988160 писал(а):
Если я не ошибся в промежуточных выкладках, то при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

$n=1: c^1-(a^1+b^1)=0$ - что очевидно выполняется,

$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

$n=3: c^3-(a^3+b^3)=\frac{1}{24}(20a^3b^3-3a^3b^6-3a^6b^3-50)$ - что совсем не очевидно.

Вопрос - может ли выполняться последнее равенство в натуральных числах?


Уважаемый serval! Вы утверждаете, что равенство $c^2-(a^2+b^2)=1$ верно для случая $n=2$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение08.11.2015, 09:44 


10/08/11
671
krestovski в сообщении #1069734 писал(а):
Уважаемый serval! Вы утверждаете, что равенство $c^2-(a^2+b^2)=1$ верно для случая $n=2$ ?

Уважаемый krestovski!
Если не вводить ограничений для существования решений для квадратов, то это верно. Например, $81-(64+16)=1$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение08.11.2015, 18:44 


18/10/15

94
Уважаемый lasta!

serval в сообщении #988160 писал(а):
при первых трёх степенях $n$ получаются следующие условия на выполнение равенства $a^n+b^n=c^n$:

serval в сообщении #988160 писал(а):
$n=2: c^2-(a^2+b^2)=1$ - что не очевидно, но понятно - два прямоугольных треугольника с общей стороной,

lasta в сообщении #1071250 писал(а):
Если не вводить ограничений для существования решений для квадратов, то это верно. Например, $81-(64+16)=1$


Читаю и понимаю так: чтобы выполнялось равенство $a^n+b^n=c^n$ при $n=2$, необходимо выполнение условия $c^2-(a^2+b^2)=1$.
Вот и пытаюсь представить запись четырёх членов равенства в виде трёх.
Ваше равенство, lasta, записывается вот так: $a^3+a^2+1=b^2$.
Если в "первозданном" виде, то вот так:$a^6+a^4+1=b^4$.
Ну а если окончательно и правильно записать в переменных, то получается вот так: $a^6+a^4+(b-a)=b^4$. - Единица этого требует. Просто обязывает. Она не из воздуха появилась. Да вы и сами это понимаете.

Сейчас буду думать, - как всё это подогнать под три переменных... :) - для выполнения условия...
Шучу конечно. Удачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение08.11.2015, 21:36 


10/08/11
671
krestovski в сообщении #1071382 писал(а):
Читаю и понимаю так: чтобы выполнялось равенство $a^n+b^n=c^n$ при $n=2$, необходимо выполнение условия $c^2-(a^2+b^2)=1$.

Уважаемый krestovski!
Согласен с Вами, что запись у автора не корректна.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение09.11.2015, 10:36 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Уважаемые комментаторы! Я искренне рад тому, что меня кто-то читает :-)
Ответить на Ваши вопросы я не смогу потому что уже не помню тогдашний ход своих мыслей, а сейчас голова занята другим.
В любом случае, указанные условия были получены из матричных уравнений (каких и как - сразу не вспомню), поэтому интересны именно они (матричные уравнения) как возможный источник более подробной информации об условии ВТФ.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение22.11.2015, 19:37 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Сегодня я сформулировал алгоритм проверки условия (не доказательства в общем случае) ВТФ для каждой конкретной степени $n$.
Алгоритм таков:

1. Предположение $x^n+y^n=z^n$ приводится к скалярному произведению $(\vec n,\ \vec x+\vec y-\vec z)=0$.

2. Символьные структуры векторов $\vec n$ и $(\vec x+\vec y-\vec z)$ известны. Таким образом, могут быть вычислены значения компонентов вектора $\vec n$ для каждого $n$.

3. Путём векторного произведения вектора $(\vec x+\vec y-\vec z)$ и необходимого числа (наиболее простых) векторов $\perp \vec n$ получим вектор пропорциональный $\vec n$.

4. Из полученного вектора образуем вектор $\vec n$ путём нормирования его компонентов на 1-й компонент (разделим все координаты вектора на символьное значение первого компонента).

5. Все компоненты полученного вектора, кроме последнего, символьно совпадут с компонентами вектора $\vec n$. Потребуем совпадения последнего компонента присвоив его символьному выражению числовое значение последнего компонента вектора $\vec n$.

6. В результате, получим уравнение связывающее суммы степеней: $x^{n-1}+y^{n-1}-z^{n-1}=0, \ n=1 \ldots$

Таким образом, выполнение исходного предположения $x^n+y^n=z^n$ приводит к требованию на соотношение значений всех сумм $x^{n-1}+y^{n-1}=z^{n-1}$ степеней ниже $n$.
Если для конкретного значения $n$ указанное соотношение не выполняется в целых числах, то не выполняется и исходное предположение $x^n+y^n=z^n$.
Вопрос разрешения указанного уравнения требует своего исследования.

При первой возможности покажу это для случая $n=3$.

P.S. Для случая $n=2$ алгоритм работает.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение25.11.2015, 14:41 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Доказательство ВТФ для третьей степени.

Предположим, что выполняется равенство $x^3+y^3=z^3$ где $x,y,z \in \mathbb {N}$.

Число $x^3$ является результатом скалярного произведения $x^3=(\vec n,\vec x)$ при $n=3$ где векторы имеют вид

$\vec n=(1,\ 2^n-1,\ 3^n-2\cdot 2^n+1,\ 4^n-3\cdot 3^n+3\cdot 2^n-1)$

$\vec x=(1,\ x-1,\ \frac{1}{2!}(x-1)(x-2),\ \frac{1}{3!}(x-1)(x-2)(x-3))$

что проверяется непосредственным перемножением.

Тогда исходное равенство $x^3+y^3=z^3$ приводится к скалярному произведению $(\vec n,\vec x+\vec y-\vec z)=0$ где после замен $s_1=x+y-z,\ s_2=x^2+y^2-z^2,\ s_3=x^3+y^3-z^3$ вектор $\vec p=\vec x+\vec y-\vec z$ примет вид

$\vec p=(1,\ s_1-1,\ \frac{1}{2!}(s_2-3s_1+2),\ \frac{1}{3!}(s_3-6s_2+11s_1-6))$

и по исходному предположению $s_3=0$.

Из векторного произведения вектора $\vec p$ и необходимого количества векторов ортогональных вектору $\vec n$ получим вектор пропорциональный вектору $\vec n$

$ \lambda\ \vec n=
\begin{vmatrix}
\vec i & \vec j & \vec k & \vec l \\
\\
1 & s_1-1 & \frac{1}{2!}(s_2-3s_1+2) & \frac{1}{3!}(-6s_2+11s_1-6) \\
\\
2^n-1 & -1 & 0 & 0 \\
\\
3^n-2\cdot 2^n+1 & 0 & -1 & 0
\end{vmatrix}$

результатом будет вектор $\lambda\ \vec n$ где $p_4=\frac{1}{3!}(-6s_2+11s_1-6)$

$\lambda\ \vec n=(p_4,\ p_4(2^n-1),\ p_4(3^n-2\cdot 2^n+1), -6p_4)$

откуда видно, что он должен совпасть с вектором $\vec n$ при нормировании его компонентов на $p_4$.

Тогда последний элемент вектора $\lambda\ \vec n$ отнесённый к $p_4$ при $n=3$ должен быть равен

$\frac{-3!(-6s_2+11s_1-6)}{(-6s_2+11s_1-6)}=4^n-3\cdot 3^n+3\cdot 2^n-1$

Подстановка значения $n=3$ даёт

$-6=6$ - равенство не выполняется, следовательно, исходное предположение $x^3+y^3=z^3$ неверно.

P.S. Для сравнения, при степени $n=2$ равенство выполняется и имеет вид $2=2$ .

Расчёты выполнены в WolframAlpha http://www.wolframalpha.com/
Прошу проверить.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение25.11.2015, 17:15 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
serval в сообщении #1076581 писал(а):
Расчёты выполнены в WolframAlpha http://www.wolframalpha.com/

Прошу проверить.

Не подскажите, где есть русскоязычная версия инструкции, если она есть.
Я не для того, чтобы проверять, а для того, чтобы считать.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение26.11.2015, 09:23 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
А я надеялся, что проверять :-)

http://www.wolframalpha-ru.com/

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение26.11.2015, 10:48 
Аватара пользователя


25/02/07
753
Симферополь
Не знаю, проверил ли меня кто-нибудь, но если доказательство для степени $n=3$ верно, тогда эта же схема верна для любой степени $n$.

Предположим, что равенство $x^n+y^n=z^n$ верно. Для проверки предположения нужно:

1. Построить векторы $\vec x,\ \vec y,\ \vec z$ по правилу $\vec x=A_1^{x-1} e_1$ где $A_1$ - квадратная матрица размерности $n$

$A_1=
\begin{pmatrix}
 1 & 0 & \cdots & & 0 \\
 1 & 1 & & & \vdots \\
 0 & 1 & 1 \\
 \vdots & & \ddots & \ddots & \\
 0 & \cdots & & 1 & 1
\end{pmatrix}$

а вектор $e_1$ - 1-й орт длины $n$.

$e_1=
\begin{pmatrix}
 1 \\
 0 \\
 \vdots \\
 0
\end{pmatrix}$

2. Построить вектор $\vec p=\vec x+\vec y-\vec z$

3. Построить вектор $\vec n$ по правилу $\vec n=A_2^n e_1$ где $A_2$ - квадратная матрица размерности $n$

$A_2=
\begin{pmatrix}
 1 & \cdots & & & 0 \\
 1 & 2 & & & \vdots \\
 0 & 2 & 3 \\
 \vdots & & \ddots & \ddots & \\
 0 & \cdots & & (n-1) & n
\end{pmatrix}$

4. Из векторов $\vec p$ и $\vec n$ построить вектор $\lambda\ \vec n$ как векторное произведение $n$ векторов

$\lambda\ \vec n=
\begin{pmatrix}
 \vec e_1 & \cdots & & & & \vec e_n \\
 1 & p_2 & \cdots & & & p_n \\
 n_2 & -1 & 0 & \cdots & & 0 \\
 n_3 & 0 & -1 & 0 &\cdots & 0 \\
 \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
 n_{n-1} & 0 & \cdots & 0 & -1 & 0
\end{pmatrix}$

5. Вычислить миноры при первом $\vec e_1$ и последнем $\vec e_n$ ортах - $M_{11}$ и $M_{1n}$ соответственно.

6. Проверить истинность равенства $\frac{M_{1n}}{M_{11}}=n_n$

7. Если указанное равенство не выполняется, значит предположение $x^n+y^n=z^n$ ложно.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ и дискретная геометрия
Сообщение26.11.2015, 14:20 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
serval в сообщении #1076942 писал(а):
А я надеялся, что проверять :-)

Спасибо Вам, большое.
Я такому не обучен.
Единственное, что могу сказать: математическая общественность, вернее всего, потребует универсального алгоритма.
Успехов.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 341 ]  На страницу Пред.  1 ... 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