FLT New Proof

நிரூபணம் -3

பகா எண்களின் மடிகளின் கூடுதலின் இரட்டைத்தனமும் ,அவற்றின் வேறுபாட்டின் இரட்டைத் தனமும் வேறு வேறு

₂R⁴₁  க்கான ஒரு பொதுத் தொடர்பு   a⁴ = c⁴ – b⁴ = (c-b) (c+b) (c² + b²), a இரட்டை என்றும் , b யும் c யும் ஒட்றை  என்றும் கொள்வோம். இதனால் (c-b), (c+b), (c² + b²) மூன்றும் இரட்டையாகவே இருக்க முடியும் எனலாம். இதில் ஒரு எண்ணின் நான்கு மடி மூன்று   எண்களின் பெருக்கல் பலனாக இருக்கின்றது.  c  மற்றும் b ன் மதிப்புக்களைத் தேர்வு செய்து  அவற்றின் கூடுதலும் ,வேறுபாடும் வெவ்வேறு எண்களின் நான்கு மடியாக இருக்குமாறு செய்யலாம் .

                                                                c - b =  x⁴                                                                            

                                                                c + b = y⁴ 

இது  c = [(y⁴  + x⁴)/2] , b = [(y⁴ -  x⁴)/2] என்ற மதிப்பை நிர்ணயிக்கின்றது. இம் மதிப்புக்களை ப் பதிலீடு செய்தால்

                                       a⁴  = x⁴ y⁴ { [(y⁴  + x⁴)/2]²  + [(y⁴  -  x⁴)/2]² }

                                             = x⁴ y⁴  [(y⁸  + x⁸)/2]

 [(y⁸  + x⁸)/2] = z⁴ என்றிருக்கும் போது a = xyz  என்ற முழு எண் மதிப்புள்ளதாக இருக்கும்.(y⁸  + x⁸) = 2z⁴ என்ற தொடர்பு ஒற்றை -இரட்டைச் சமனால் தவிர்க்கப்படுவதால் இது போன்ற எண் தொடர்புகள் முழு   எண்களால் இயலாததாக இருக்கின்றது. (y⁸  + x⁸)- ன் இரட்டைத் தனத்தின் அளவு  , 2z⁴  ன் ஒற்றைப்படை இரட்டைத் தன்மைக்கு எந்த நிலையிலும் சமப்படுவதில்லை. இதன் காரணமாக a⁴ ± b⁴  = c² ; a⁴  - b⁴  = 2c² போன்ற தொடர்புகள் முழு எண்களால் சாத்தியமாவதில்லை  என்று கூறலாம்

இது மடியெண் 4,6,8..... (2n)  என இரட்டைப்படையில் இருக்கும் அனைத்து ₂R²ⁿ₁    வகைத் தொடர்புகளுக்கும் உண்மையாக இருக்கின்றது      

 

மடி மூல எண்களின் பகா எண்  காரணிகளைக் கொண்டும் இதை மெய்ப்பிக்க முடியும். a⁴   = c⁴ -  b⁴ = (c²  - b²) (c² + b² )  என்ற தொடர்பில்  a = 2 P₁ P₂  என்று கொண்டால்,

c²  - b²  = 2 P₁³ P₂  என்றும் c² + b² =  2³ P₁ P₂³  என்றும்  மதிப்புடையனவாக இருக்கலாம். இதிலிருந்து  c²  = P₁ P₂ [ 2²P₂²  +  P₁² ] , b² = P₁P₂  [2²P₂²  -  P₁² ] என்ற தீர்வைப் பெறலாம். b யும்   c யும்   முழு எண்களாக இருக்க வேண்டுமெனில்  [2²P₂²  +  P₁² ] = P₁ P₂  P₄² என்றும் [2²P₂²  -  P₁²]  = P₁ P₂  P₃² என்றும் மதிப்புக் கொண்டிருக்கவேண்டும்.

                                                     2²P₂²  +  P₁²        P₄²

                                                                              ^{----------------------    =   ------}                                                           

                                                     2²P₂²  -  P₁²        P₃² 

2² P₂² [ p₄²  - p₃²  ]  =  P₁² [ p₄²  + p₃²  ]                                 

இரண்டு பகா  எண்களின் இருமடிகளின் கூடுதல்  ஒரு முறை மட்டுமே இரட்டைத் தனம் கொண்டிருக்கும் ஆனால் அவற்றின் வேறுபாடு  இரண்டு அல்லது அதற்கும் கூடுதலான இரட்டைத் தனம் கொண்டிருக்கும் . அதாவது p₄²  + p₃² ன் இரட்டைத் தனம் 1 ஆகவும் P₄ – P₃  ஒன்றைவிடக் கூடுதலாகவும் இருக்கும் . இதனால் இந்த பொதுத் தொடர்பின் ஒற்றை -இரட்டைத் தன்மை  பகா காரணிகளின் எம்மதிப்பிற்கும் சமப்படுவதில்லை. இவ்விளக்கம் முழு எண்களுடன் கூடிய  ₂R⁴₁  வகைத் தொடர்புகள் சாத்தியமில்லை என்பதற்கு மட்டுமின்றி ₂Rⁿ₁ (n ≥ 3 ) வகைத் தொடர்புகளும்  சாத்தியமில்லை என்பதற்கும் போதுமானதாக இருக்கின்றது.

₂R²ⁿ₁  க்கான ஒரு பொதுத் தொடர்பில்  a = 2P₁P₂ எனில்  a²ⁿ =2²ⁿ P₁²ⁿ P₂²ⁿ = c²ⁿ – b²ⁿ = (cⁿ-bⁿ) (cⁿ+bⁿ). பெருக்கப்படும் இரு பகுதிகளுக்கும் இதைப் பிரிவினை செய்தால்,

cⁿ-bⁿ = 2⁴  P₁^2n-2 P₂² ; cⁿ+bⁿ  = 2^2n-4 P₁² P₂^2n-2 என்ற மதிப்புள்ளதாக இருக்கும். இதிலிருந்து bⁿ,cⁿ  ன் மதிப்புக்களை bⁿ = 2³ P₁² P₂² [ 2^2n-8 P₂^2n-4 – P₁^2n-4], cⁿ = 2³ P₁² P₂² [ 2^2n-8 P₂^2n-4 + P₁^2n-4],    என்றவாறு பெறலாம். b யும்   c யும்   முழு எண்களாக இருக்க வேண்டுமெனில்  2^2n-8 P₂^2n-4 – P₁^2n-4    = 2^n-3 P₁^n-2P₂^n-2 P₃ⁿ என்றும் 2^2n-8 P₂^2n-4 + P₁^2n-4    = 2^n-3 P₁^n-2P₂^n-2 P₄ⁿ என்றும் இருக்கவேண்டும். இது  2^2n-8 P₂^2n-4[ p₄ⁿ – P₃ⁿ] = P₁^2n-4[ P₄ⁿ + P₃ⁿ]      என்ற தொடர்பை ஏற்படுத்துகின்றது. p₄ⁿ – P₃ⁿ ன் இரட்டைத் தனத்தின் அளவு  P₄ⁿ + P₃ⁿ ன் இரட்டைத் தனத்தின் அளவை விடக் கூடுதலாக இருப்ப து தொடர்பின் சமனின்மையை  வெளிப்படுத்துகின்றது. இரு பகா எண்களின் கூடுதல் .அவற்றின் மடிகளின் கூடுதலை விட கூடுதலான இரட்டைத் தனம் கொண்டிருப்பது பெர்மாட்டின் இறுதித் தேற்றத்தை நிரூபிக்கின்றது.

FLT- New Proof

நிரூபணம் -அல்ஜீப்ராnவின் ஆக்கம்

a³  +  b³  =  c³  என்ற தொடர்பில் a.b.c  மூன்றும் முழு எண்களாக இருக்கட்டும்

a³  =  c³ -  b³  = (c-b) (c²  + cb + b²)

c – b  < a என்பதால் c – b = a/k என்றும் c²   + cb + b² = ka²  என்றும்  கொள்ளலாம். இதில் k  ன் மதிப்பு 1 விட அதிகமாகும். இவ்விரு தொடர்புகளையும் தீர்வு செய்து c , b  ன் மதிப்புக்களை a  உடன் தொடர்புபடுத்தி அறியலாம் . c (= b +a/k) ன் மதிப்பை மற்றொரு தொடர்பில் பதிலீடு செய்து கிடைக்கும் இருபடிச் சமன்பாட்டைத் தீர்வு செய்ய 

3b² – 3ba/k  + a² /k² - ka²  = 0

b = -(a/2k) +  (a/6k)  √ [ 12k³ – 3 ]  ;  c  = (a/2k) +  (a/6k)  √ [ 12k³ – 3] என  மதிப்புகளை  அறியலாம் .c,b  முழு எண்ணாக இருக்க வேண்டுமானால் 12  k³   - 3 = n² என ஒரு  இருமடியாக  இருக்க வேண்டும். k = 1 என்றிருக்கும் போது, n = 3 மதிப்பைப் பெற்றிருந்தாலும்  b  = ௦ , a = c என்றாகி விடுகின்றது. k = 2 எனில் n  சிக்கலெண்ணாகி விடுகின்றது. k > 1 என்ற நிலையில் k- ன்  எம் மதிப்பிற்கும்  a யும் b  யும்  கூறுபடா அல்லது சிக்கலெண்களாகவே இருக்கின்றன .

b = (a/6k)(n-3)  ;  c  = (a/6k) (n+3); b   யும்  c  யும் முழு  எண்களாக இருக்க வேண்டுமானால் n – 3 = 6qk என்றும் n+ 3 = 6rk என்றும் இருக்க வேண்டும் அதாவது b யும் c யும் a க்கு நேர் விகிதத் தொடர்பில் இருக்க வேண்டும், c = ra என்றும் b = qa என்றும் கொண்டால்  1 + q³  = r³  என்ற நிபந்தனைத் தொடர்பைப் பெறலாம். எந்த வொரு மும்மடியுடன் 1 ஐ கூட்டினால்  வேறொரு மும்மடியைப் பெறமுடியாது என்பதால் முழு எண்களாலான ₂ R³₁   வகை எண் தொடர்புகள் சாத்தியமில்லை  என்பது நிரூபணமாகிறது. உயர்    மடியெண் கொண்ட   ₂Rⁿ₁  தொடர்புகளுக்கும் இது பொருந்துகிறது

a⁴ = c⁴  - b⁴ -à (a ²)² = (c²)² – (b²)² = (c² – b²) (c² + b²)

 c² – b²  = a²/k  என்றும் c² + b² = a⁴ k என்றும் கொண்டு தீர்வு செய்தால்

a⁴ + b⁴  = c⁴ -à a⁴  + {a √ [(k²-1)/2k]}⁴ = {a √ [(k²+1)/2k]}⁴   என்ற தொடர்பைப் பெறலாம்.

அது  போல

a⁶ = c⁶ – b⁶ à (a²)³ = (c²)³ – (b²)³

c² – b² = a²/k என்றும் c⁴  + c²b² + b⁴ = a⁴ k என்றும் கொண்டு தீர்வு செய்தால்  b² ={(-a²/2k) + (a²/6k)√ [12k³ – 3]}, c² = {(a²/2k) + (a²/6k)√ [12k³ – 3]} என்ற மதிப்புக்களைப்பெறலாம். k ன் எம்மதிப்பிற்கும், b² , c²  இரண்டும் முழு எண்களாக இல்லாததால் , b யும் ,c யும்  முழு எண்களாக இருப்பதில்லை. k  = 2 எனில் இது   1 + [(-1/4) + (1/12)√ 93]³  = [(-1/4) + (1/12) √ 93]³  என்ற தொடர்பைத் தருகின்றது., ₂R⁶₁ தொடர்புகளுக்கான வழிமுறையைப் பின்பற்றி a⁶ +{a[(k²-1)/2k]^1/3}⁶ = {a[(k²+1)/2k]^1/3}⁶ என்ற தொடர்பை ப்  பெறலாம் . இது   உயர்    மடியெண் கொண்ட   ₂Rⁿ₁  தொடர்புகளில் மடி மூல எண்கள் கூறுபடா எண்ணின் வர்க்க மூலமாக இருக்கின்றன என்று தெரிவிக்கின்றது .

மும்மடி மற்றும் உயர் மடிகளுடன் கூடிய ₂Rⁿ₁   வகைத் தொடர்பிற்கான  (a,b,c) என்ற மூன்று எண்களும் மும்மடி முத்தொகுப்பு (Cubic triple) ஆகும்..n  = 2 என்றிருக்கும் போது மட்டுமே  முத்தொகுப்பு முழு எண்களால் ஆனதாக இருக்கின்றது. இதை பிதகோரஸ் மூவெண்கள் என்பார்கள். இருமடி தவிர்த்த  எம்மடியின் முத்தொகுப்புக்களை எந்த வழிமுறை மூலம் பெற்றாலும் அவை முழு எண்களாக இல்லாதிருக்கின்றது .    எடுத்துக்காட்டாக, a³ + b³  = c³  என்ற   தொடர்பில் c - ன் மதிப்பு ,a.b ன் மதிப்பைவிட அதிகம் என்பதால்  c = b + m  எனக்கொள்ளலாம்.

a³  - m³  = 3bm(b+m). a,m க்கு விருப்பம் போல மதிப்புக்களைக் கொடுத்து b ன் மதிப்பை அறியலாம். m = 2, என்றும் a = 14 என்றும் கொண்டால்   b² +2b – 456 = 0. என்ற இருபடிச் சமன்பாடும் , b = [-1 + √ 457 ], c = [1 + √ 457]  என்ற தீர்வுகளும் [ 14, (√ 457 -1), (√ 457 +1)] என்ற மும்மடி முத்தொகுப்பும்  கிடைக்கின்றன. [1.(2 x 5^1/4). 3] ,[3,(2 x 145^1/4),7] போன்றவை நான்கு மடி  முத்தொகுப்பிற்கும்  [3,(3 x 31^1/5), 6], [4,(4 x 31^1/5),8}....... [n ,(n x 31^1/5). 2n}  ஐந்து மடி  முத்தொகுப்பிற்கும் உதாரணங்களாகும். முழு எண்களாலான மும்மடி முத்தொகுப்பு  ₂R²₁   க்கு மட்டுமே சாத்தியப்படுவதும் , ₂Rⁿ₁  க்கு சாத்தியப்படாமல் போவதும்  இருமடிக்குள்ள  அனுகூலமாகும் .இந்த அனுகூலமும் . பிற உயர் மடிகளுக்கு  இல்லாமை  பெர்மாட்டின் இறுதித்  தேற்றத்தை நிரூபிக்கின்றது .

 அல்ஜீப்ராவின் துணை கொண்டு பல்மடிகளாலானபீல்ஸ் தொடர்புகளானால்  அனுமதிக்கப்படுவதையும் ,ஒரே மடிகளாலான (n ≥ 3 ) தொடர்புகளானால் பெர்மாட் தேற்றத்தால் மறுக்கப்படுவதையும் மெய்ப்பிக்கலாம். aⁿ + bⁿ = c^m என்றதொரு பொதுத் தொடர்பில் a,b,c,m,n எல்லாம் முழு எண்களாக இருக்கும் போது m ≠ n     என்ற நிலையில்     பீல்ஸ் தொடர்புகள் அனுமதிக்கப்படுவதும்   m = n    என்ற நிலையில்  ₂Rⁿ₁    தொடர்புகள் மறுக்கப்படுவதும்  பெர்மாட்டின் இறுதித் தேற்றத்தை மெய்ப்பிக்கிறது   .

aⁿ + bⁿ = c^m என்ற தொடர்பை  (a^n/3)³ + (b^n/3)³ = c^m    என்றும் p³ + q³ =(p+q) (p² – pq + q²) = c^m    என்றும் திருத்தி அமைத்துக் கொள்வோம். 

         ------------------------------------------------------------------------------------------------------

                          (m ≥ n)                                                                            (m < n)

                  p+ q = kc    எனில்                                                            p+q = c/k எனில்

                p² – pq + q²  = c^m-1/k                                                        p² – pq + q²  = c^m-1 k

                                                  p ன் மதிப்பை பதிலீடு செய்ய

         3q²- 3kcq + k²c² – c^m-1/k = 0                                                 3k²q² – 3kcq + c²- k³c^m-1= 0

                                                   q ன் மதிப்பைத் தீர்வு செய்ய   

          q = (kc/2) ± (kc/6)√ [(12 c^m-3/ k³)  - 3]                         q = (c/2k) ± (c/6k)√ [(12k³ c^m-3)  - 3] 

      -----------------------------------------------------------------------------------------------------------

q முழு எண்ணாக இருக்க வேண்டுமெனில்  வர்க்க மூல குறியீட்டிற்குள் இருக்கும் பகுதி ஒரு இருமடி எண்ணாக ( S²) இருக்க வேண்டும். (m ≥ n எனில்) 12 c^m-3 = k³(S² +3), (m < n)  எனில் 12k³ c^m-3 = S² + 3.   

     ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

                           q  = (kc/2) ± kcS/6                                                q = (c/2k) ± cS/6k

                                                                      S = 0 எனில்

                              p = q = kc/2                                                            p = q = c/2k

                       (kc/2)³ + (kc/2)³ = c^m    (m ≥3)                        (c/2k)³ + (c/2k)³  = c^m , (m < 3)

                                                                         m = 2 எனில்

                               k³c = 4                                                                    c = 4k³

                                k = 1 , c = 4 எனில்  2³ + 2³ = 4²  = 2⁴ போன்ற பீல்ஸ் தொடர்புகள் மட்டும்                             

                      அனுமதிக்கப்படுகின்றன.

                                                                      m = 3 எனில்

                              k³ = 4                                                                          k³ = 1/4

                                 இதனால்    முழு எண்களற்ற தொடர்பே கிடைக்கின்றது.

                                                            (c 4^1/3 /2)³  +(c 4^1/3 /2)³ = c³

                            முழு எண்ணாக தேர்வு செய்யமுடியாதவாறு k -  மாறிகளின்  

            தொடர்பின்றியும் மும்மடி எண்ணாக இல்லாதும்  இருக்கும் போது இது   

             தவிர்க்கயியலாததாக இருக்கின்றது.  

                                                                       m = 4 எனில்

                              k³ = 4c                                                                      4k³c = 1                                      

                     c = 16 எனில் k = 4, இது 32³ + 32³ = 16⁴ என்ற தொடர்பை அனுமதிக்கின்றது.

                                                                       m = 5 எனில்

                             k³ = 4c²                                                                       4k³c² = 1

                   c = 4 , k = 4   என்ற மதிப்பால்  8³ + 8³ = 4⁵   போன்ற தொடர்பு அமைகின்றது

                                                                       m = 6 எனில்

                              k³ = 4c³  ; k = 4^1/3c                                              4k³c³ = 1; k = 1/4^1/3c

                    k கூறுபடா எண்ணாக  இருப்பதால் முழு எண்களாலான எண்

                    தொடர்புகளுக்கு சாத்தியமில்லை. m  =3,6,9.... 3n  என்றவாறு       

                   மதிப்புக்கொண்டிருந்தால்  இந்நிலை தவிர்க்கயியலாததாக                  

                   இருக்கின்றது. m = 7 என்றபோது இந்நிலை மாற்றம் பெறுகின்றது.

                                                                       m = 7 எனில்

                                k³ = 4c⁴                                                                             4k³c⁴ = 1

                 c = 4², k = 4³ எனில்   512³ + 512³ = 17⁷ என்ற தொடர்பை அனுமதிக்கின்றது.

                 அனுமதிக்கப்படும் S ன் பிற மதிப்புக்களைக் கொண்டும் இதை

                 நிறுவமுடியும்.

       

               --------------------------------------------------------------------------------------------------

இரு வேறு மடியெண்களுடன் கூடிய மடி மூல எண்கள் சமம் எனில் அது அவைகளுக்கிடையே ஒரு தொடர்பைத் தருகின்றது. aⁿ = b^m எனில்  மடி மூல எண்கள் இரண்டும் ஏதாவதொரு எண்ணின் மடிகளாக இருக்கவேண்டும் .a = x^m. b = xⁿ  எனில்,a,b இரண்டையும் முழு எண்களாக்க முடியும்,{a = x^n-m  b}. அப்படி அமையாத நிலையில்  a = b^m/n  , m ன் மதிப்பு n  ன் மடங்காக  அல்லது n ன்  மதிப்பு m ன்  மடங்காக இருக்கவேண்டும். இப்படி இல்லாத நிலையில் ஒன்றின் மூல எண்ணை முழு எண்ணாகக் காட்ட முடியாது . தொடர்பில் ஒரு மாறிலி மட்டும் இருக்கும் போதும் அல்லது பிற மாறிகளுடன் இணைந்து  மடி எண்ணுக்கு இணையான மடியெண்ணாக்கிக் கொள்ள முடியாவிட்டாலும்  இந்த நிலை ஏற்படுகின்றது. அப்படி அமைவது எப்போதும் மூன்று  மடியெண்களும் சமமாக அல்லது அதன் மடங்காக இருக்கும் போது மட்டும் ஏற்படுகின்றது . ₂Rⁿ₁ தொடர்புகளில் மூன்று மடி மூல எண்களை முழு எண்ணாக்க முடியாமை  பெர்மாட்டின் இறுதித் தேற்றத்திற்கு ஒரு நிரூபணமாகிறது

                                

₂R³₁ தொடர்புகளில் அல்ஜீப்ராவின் வழியில் இதை மீண்டும் மெய்ப்பிப்போம் . ₂Rⁿ₁  வகைத் தொடர்புகள் (இரட்டை ,ஒற்றை ,ஒற்றை) என்றிருப்பதால் a³ = c³ – b³ à (2p)³ = (2r+1)³ – (2q +1)³ à 4p³ = (r-q) [4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3]

r-q = 2 , 4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3 = 2p³ என்று பிரிவினை செய்து கொண்டு  இவ்விரு தொடர்புகளையும் தீர்வு செய்ய

12q² + 36 q + 31 – 2p³ = 0

q = (-3/2) + (1/6)√[6 p³ -12] , r = (1/2) + (1/6) √[6 p³ -12]. இத் தீர்வுகள் { 2p , [-2 + (1/3) √(6 p³ -12)], [2 + (1/3) √(6 p³ -12)]} என்ற மும்மடி முத்தொகுப்பைத் தருகின்றது. பிரிவினையில் ஏற்படுத்தும் எந்த மாற்றமும் முழு எண்களாலான தீர்வுகளைத் தருவதில்லை. r-q = x , 4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3 = y , xy = 4p³ எனில், q = -[(x+1)/2] + (1/6) √ [3(y-x²)] = -[(x+1)/2] + (x/6) √ [3(p /x)³- 1].  [3(p /x)³- 1]  = k ²  என ஒரு இருமடி எண்ணாக இருக்க  3(p /x)³  = k ²  + 1 ஒரு நிபந்தனையாக இருக்கின்றது . k² + 1    க்கு  3 ஒரு காரணியாக இல்லாததால் இது முழு எண்களால் நிறைவுறாத எண்தொடர்பு களையே தருகின்றது.

Pythagorean triples

 Pythagorean triples with same digital endings

 Sum of squares of two integers can be a square of an integer. Such a set of integers is called Pythagorean triple. The smallest known Pythagorean triple is (3,4,5). One can develop Pythagorean triples having same digital endings. For example in the case of (3,4,5) , we have first few Pythagorean triples with same digital endings

 3²  + 4²  = 5²

13² + 84² = 85²

23² + 264²= 265²

33²+ 544²= 545²  

43² + 924² = 925²

This set can be expressed with an algebraic relation

(10 n + 3)² + ( 50 n² + 30n + 4)² =  ( 50 n² + 30n + 5)²

mathematical puzzle

Fun with Mathematics

If p and q are positive and real numbers such that p²  +  q² = 1 . What are the maximum and minumum values of (p+q)  ?

Solution:

P²  = 1 – q²  = (1 + q) (1 –q). Let  1 + q = kp  and 1-q = p/k. By solving these two equations, we have

P = 2k/(k²+ 1)  and  q = (k² – 1)/(k² + 1). If p+q is maximum  p and q must be equal or k² -2k -1 = 0 . It gives k = (1 + √2) or p = q =(1 +√2)/(2+√2) It gives p+q = √2.

If p+q is minimum the difference between them must be maximum provided p or q cannot be greater than 1. 1+ q = p² and 1- q = 1. It is possible only when p = 1 and q = 0..So the minimum value of p+q = 1   

Discipline in Digital world

Discipline in digital world

Abstract: All numbers are having its own characteristics when mixed together in a relation, they show strict discipline which is curious to know. The disciplinary behavior of a group of numbers is quite amazing when exposed. Few inherent disciplines in the digital world are described in this article.

Key words: Number theory, Numeral relations- Triangular numbers

Introduction:

In numeral relations, two or more numbers are connected together with some mathematical operators When the numbers are varied under the same condition, the disciplinary behaviors of the numbers strike our mind. The inherent disciplines of a group of numbers in the digital world are exemplified with few simple numeral relations.

1.Sum of three squares of two successive numbers and its product

Sum of two squares of any two successive numbers is added with the square of its product always gives a square, the root number of which is one excess over the product number. This in turn is a factor for the sum of fourth powers of the same set of numbers.

1²  + 2² + 2²  = 3²  ;  1⁴  + 2⁴  + 2⁴  = 33 = 3 x 11

2² + 3²  + 6²  = 7² ; 2⁴ + 3⁴  + 6⁴  = 1393 = 7 x 199

3²  + 4²  + 12² = 13² ;  3⁴  + 4⁴  + 12⁴ = 21073 = 13 x 1621

4² + 5² + 20²   = 21² ; 4⁴ + 5⁴ + 20⁴   = 160881 = 21 x 7661

For any number n, it can be expressed as  n² + (n+1)²  +[n(n+1]²  =[ n(n+1) +1]²   and it is found that [n(n+1) + 1] is always a factor for  n⁴ + (n+1)⁴  +[n(n+1]⁴

2. Sum of three squares of any two numbers and its sum

Sum of squares of any two numbers when added with the square of its sum has a peculiar property . Half of the sum when added with the product of the two numbers taken gives the square of its sum 

   1²  +  12²  + 13²  =  2 x 157 ; 157 + 1 x 12 = 13²

    2²  + 11²  + 13² = 2 x 147 ; 147 + 2 x 11 = 13²

   3²  + 10²  + 13²  = 2 x 139 ; 139 + 3 x 10 = 13²

  4² +  9²  + 13²  = 2 x 133 ; 133 + 4 x 9 = 13²

For any two numbers m and n, we have

m²  + n² + (m+n)²  =  2( m² + n²  + mn)  ; m²  + n² + mn + (m x n) = (m+n)²

3. Sum of four different powers of any four successive numbers

  It is found that the sum of four different powers of any four successive numbers where both the numbers and the exponents are in ascending order has some curious properties

1 + 2² + 3³ + 4⁴  = 288 = 2 x 144 = 3 x 4² x 6

2 + 3² + 4³ + 5⁴ = 700 = 7 x 100 = 4 x 5²  x 7

3 + 4² + 5³ + 6⁴  = 1440 = 10 x 144 = 5 x 6² x 8

4  + 5²  + 6³ + 7⁴ = 2646 = 6 x 441 = 6 x 7² x 9

In general, n  + (n+1)² + (n+2)³ + (n+3)⁴  = (n+2) (n+3)² (n+5)

With any three successive numbers, we have

1 + 2² + 3³  = 32 = 2 x 4²

2 + 3² + 4³ = 75 = 3 x 5²

3 + 4² + 5³  = 144 = 4 x 6²

4  + 5²  + 6³ = 245 = 5 x 7²

In general, n + (n+1)²  + (n+2)³ = (n+1) (n+3)²

4 The sum of any three successive numbers when added with its mean gives the cube of that mean

 1 x 2 x 3 + 2 = 2³

2 x 3 x 4 + 3 =  3³

3 x 4 x 5 + 4 = 4³

In terms of n

n x (n+1) x (n+2) + (n+1) = (n+1)³

The square and cube of successive numbers are related with successive triangular numbers T_n

 which are nothing but the sum of natural numbers from 1 to n, 1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78………. [n(n+1)]/2

1²  = 1

2²  =  2 + 2(1)

3² = 3 + 2(3)

4² = 4  + 2(6)

n²  = n + 2(T_n-1)

The cubes have different correlation with the triangle numbers

1³ = 1

2³  = 2 + 6(1)

3³ =  3 + 6 (1+3)

4³  = 4 + 6(1+3+6) 

n³  = n + 6 x (∑ T_n-1)²

The fourth power of a number

1⁴  = 1

2⁴  =  2²  + 12 (1)                                                                        

3⁴ =  3²  + 12 (1+4)

4⁴   = 4²  + 12( 1+4+ 9)

In general, n⁴  = n² + 12  ^n-1∑ x²           

                                              ¹