Код бинома

[PhisicBGA]

Значение бинома Ньютона в развитии математики трудно переоценить:он лежит в основе решения многих задач и доказательств теорем.Казалось бы,что свойства биномиальных многочленов и их коэффициентов хорошо изучены и ничего нового найти здесь невозможно.Однако,занимаясь проблемой доказательства ВТФ в рамках классической математики, я к своему удивлению обнаружил неизвестное свойство бинома Ньютона, которое, по-видимому, и отражает связь этих двух фундаментальных законов математики.
Это свойство касается членов разложения биномов чётных степеней и формулируется следующим образом:
" Для всех чётных степеней бинома,кроме степени равной 2, сума членов разложения бинома стоящих на нечётных местах в разложении, не может быть степенью натурального числа равной половине степени самого бинома."
Действительно, в разложении бинома 4-ой степени $(x+y)^4 = x^4 +4x^3y +6x^2y^2 +4xy^3 + y^4$ выпишем сумму членов стоящих на нечётных местах,сделав замену $x^2 = a$ ; $y^2= b$.Получим $a^2+ 6ab +b^2 $.Это биномиальный многочлен квадрата только с другим коэффициентом.Однако,в разложении бинома коэффициенты жестко определяются " треугольником Паскаля".Следовательно, полученная сумма при любых натуральных $a ; b$ и не может быть квадратом натурального числа. Аналогично - для всех остальных чётных степеней бинома Ньютона.
Я назвал это свойство - код бинома, поскольку предполагаю что в нём находится ключ к разгадке тайны доказательства ВТФ. Или я не прав?
Поздравляю Всех с наступающим Новым Годом и Рождеством!
Желаю счастья и успехов в разгадке самой красивой тайны математики.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам:

Сформулируйте четко и явно предмет обсуждения.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Дискуссионные темы (М)»

PhisicBGA в сообщении #953785 писал(а):

у предполагаю что в нём находится ключ к разгадке тайны доказательства ВТФ.

Такого сорта предположения голословны и нуждаются в обосновании. Если их не поступит, тема будет перемещена в Пургаторий, ибо больше тут обсуждать особо нечего.

[grizzly]

PhisicBGA в сообщении #953785 писал(а):

Получим $a^2+ 6ab +b^2 $.

PhisicBGA в сообщении #953785 писал(а):

Следовательно, полученная сумма при любых натуральных $a ; b$ и не может быть квадратом натурального числа.

Ну да, при $a=4, b=6$ никогда $4^2+6\cdot 4 \cdot 6+6^2$ не будет равно $14^2$.

Lia в сообщении #954829 писал(а):

ибо больше тут обсуждать особо нечего.

-- 31.12.2014, 15:51 --

Впрочем, нет, -- к поздравлениям присоединяюсь :) Всех с Наступающим!

[nnosipov]

Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #954858 писал(а):

Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.

При нечетных $x,y$ выражение делится на $8$ и не делится на $16$, ищем решений для взаимнопростых $x,y$ разной четности. Параметрицазия уравнения $a^2+6ab+b^2=c^2$ для взаимнопростых при четном $a$:

$\\a=2q(p+3q)\\ b=p^2-q^2\\ c=p^2+6pq+q^2$

$\gcd(p,q)=1$ разной четности. Тогда

$\\x^2=2q(p+3q)\\ y^2=p^2-q^2$

Из второго уравнения для Пифагоровых троек

$\\p=u^2+v^2\\ q=2uv $

$x^2=4uv(u^2+6uv+v^2)$

Так как $u,v$ должны быть квадратами, получается бескнечный спуск. С Новым годом!

[nnosipov]

Да здравствует бесконечный спуск! С Новым 2015-м годом!

[provincialka]

(Оффтоп)

Новому Году больше подходит подъем Пусть даже не бесконечный.

[iifat]

Shadow в сообщении #954925 писал(а):

бескнечный спуск

Таки напоминаю: как уже было сказано, $2^2+6\cdot2\cdot3+3^2=7^2$

[nnosipov]

iifat в сообщении #955006 писал(а):

Таки напоминаю: как уже было сказано, $2^2+6\cdot2\cdot3+3^2=7^2$

А что Вы имеете в виду?

[iifat]

Как понимаю, Shadow доказывает, что такое невозможно, не?

[provincialka]

Он другое доказывает. Для другого уравнения, с четвертыми степенями.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #954925 писал(а):

Параметрицазия уравнения $a^2+6ab+b^2=c^2$ для взаимнопростых при четном $a$:
$a=2q(p+3q)$
$b=p^2-q^2$
$c=p^2+6pq+q^2$

Вот здесь есть небольшая проблема: параметры $p$, $q$ не обязательно положительны, и это нужно как-то учесть в последующем рассуждении.

Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$, а уравнение $X^4-Y^4=Z^2$ не имеет решений, что доказывается методом спуска.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #955077 писал(а):

Вот здесь есть небольшая проблема

Да Вы правы, как-то не заметил. Но легко устранимая. Поскольку один из параметров $p,q$ задается строго положительным, нужно выбрать $p\in \mathbb{N}$ , из-за последующем $p=u^2+v^2$ (хотя для дробей обычно знаменатель выбирается положительным, а у меня знаменатель $q$, да ладно)

nnosipov в сообщении #955077 писал(а):

Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$

Красиво но я такое никогда бы не заметил.

-- 01.01.2015, 12:35 --

Shadow в сообщении #954925 писал(а):

$x^2=4uv(u^2+6uv+v^2)$

Хм, если одно из $u,v$ отрицательный квадрат придется боротся с $a^4-6a^2b^2+b^4=-c^2$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #955090 писал(а):

придется боротся с $a^4-6a^2b^2+b^4=-c^2$

Угу, а это равенство уже возможно в натуральных числах.

Вообще, то, что числа вида $x^4 \pm 6x^2y^2+y^4$ не могут быть точными квадратами --- это следствия неконгруэнтности числа $1$. И всё это фактически равносильно ВТФ для $n=4$.