Диофантовые уравнения и тригонометрия.

[Коровьев]

grizzly в сообщении #1277644 писал(а):

Я думаю, что из этой идеи нужно выжать максимум (поискать также трансформации с третьим типом кубоидов и вообще, все возможные попарные варианты -- прямые и обратные). Если этого никто не находил раньше, есть шанс раскопать золотую жилу (а вдруг!).

Вот есть параметрическое решение куббоида Эйлера

$$\[ T^{ - 2} \left( x \right) + T^{ - 2} \left( y \right) = z^2 \]$

при

$$\[ x = \frac{{2t^2 - 2t - 2}}{{t^2 + 1}} \]$

$$\[ y = \frac{{1 - 2t}}{{t^2 + 2t}} \]$

$$\[ z = \frac{{{\rm{2 - 6}}t{\rm{ + }}t^2 {\rm{ + 42}}t^3 {\rm{ + 26}}t^4 {\rm{ - 42}}t^5 {\rm{ + }}t^6 {\rm{ + 6}}t^7 {\rm{ + 2}}t^8 }}{{{\rm{8}}t{\rm{ - 4}}t^2 {\rm{ - 20}}t^3 {\rm{ - 20}}t^5 {\rm{ + 4}}t^6 {\rm{ + 8}}t^7 }} \]$

Это решение куббоида Эйлера уже не трансформируется в другое решение для куббоида при мнимом параметре. Так что жилой здесь не пахнет. Просто есть интересное свойство некоторых параметрических решений.
И оно не единственное. Вот ещё

$$\[ x = t\frac{{3 - t^2 }}{{1 - 3t^2 }},y = \frac{{3 - t^2 }}{{1 - 3t^2 }},z = \frac{{2 - 30t^2 + 28t^4 + 28t^6 - 30t^8 + 2t^{10} }}{{t\left( {3 - 10t^2 + 3t^4 } \right)^2 }} \]$

Это параметрическое решение куббоида Эйлера тоже можно трансформировать в решение куббоида с нерациональной стороной.

Но всё-таки понять, почему существует трансформация куббоидов Эйлера в куббоиды с нерациональной стороной можно.
Дело в том, что любой куббоид Эйлера можно трансформировать в куббоид с некоторыми рациональными и мнимыми сторонами и диагоналями с нерациональной одной стороной.

Куббоид Эйлера удовлетворяет следующей системе уравнений

$\[ \left\{ \begin{array}{l} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} d_{ab} ^2 = a^2 + b^2 = m^2 \\ d_{ac} ^2 = a^2 + c^2 = k^2 \\ d_{bc} ^2 = b^2 + c^2 = t^2 \\ \end{array} \right. \to d_{abc} = \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 } \]$

Эту систему можно переписать следующим образом с мнимой единицей

$\[ \left\{ \begin{array}{l} a' = a \\ b' = b \\ d_{a'b'c'} = ci \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} d_{a'b'} ^2 = a^2 + b^2 = m^2 \\ d_{b'c'} ^2 = \left( {ci} \right)^2 - a^2 = \left( {ki} \right)^2 \\ d_{a'c'} ^2 = \left( {ci} \right)^2 - b^2 = \left( {ti} \right)^2 \\ \end{array} \right. \to c' = \sqrt {\left( {ci} \right)^2 - a^2 - b^2 } \]$

А это и есть куббоид с рациональными и мнимыми сторонами и диагоналями с нерациональной одной стороной.
В некоторых параметрических решениях получается просто рациональный куббоид с нерациональной стороной.

[grizzly]

Коровьев в сообщении #1278465 писал(а):

Дело в том, что любой куббоид Эйлера можно трансформировать в куббоид с некоторыми рациональными и мнимыми сторонами и диагоналями с нерациональной одной стороной.

Если эту (тривиальную) трансформацию пустить по кругу, разрешая отрицательные и мнимые величины, то мы через несколько циклов вернёмся в первоначальное состояние. И на каждом цикле набор размеров по модулю остаётся тот же.

А если формально зацикливать остальные трансформации, разрешая мнимые и отрицательные длины, тоже вернёмся на стартовую позицию, верно? И для любого типа трансформации за то же количество шагов? Но даже в этом случае мы можем генерировать бесконечную нетривиальную последовательность совершенных целочисленных кубоидов, имея (гипотетически) на руках один такой кубоид (примитивный). Само по себе это кажется любопытным (с точки зрения дилетанта :)

[Коровьев]

О расширенной задаче Штейнгауза.

1.Расширенная задача Штейнгауза и вывод формул.
Для каких прямоугольников с рациональными сторонами $a,b$ существует рациональная точка (x,y), расстояния от которой до вершин прямоугольника рациональны.
Составим для этой задачи систему уравнений:

$\[ \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 = h_1 ^2 \\ \left( {a - x} \right)^2 + \left( {b - y} \right)^2 = h_2 ^2 \\ x^2 + \left( {b - y} \right)^2 = h_3 ^2 \\ \left( {a - x} \right)^2 + y^2 = h_4 ^2 \\ \end{array} \right. \]$

Утверждение 1.
Если для рациональных $a,b,c$ выполняется соотношение

$$a^2+b^2=c^2$,

то существует единственное рациональное $d$, что

$$\[ a = b\frac{{2h}}{{1 - h^2 }} = bT_h \]$

тогда из системы уравнений получим

$\[ \left\{ \begin{array}{l} 1.x = yT_m \\ 2.\left( {a - x} \right) = \left( {b - y} \right)T_n \\ 3.x = \left( {b - y} \right)T_k \\ 4.\left( {a - x} \right) = yT_t \\ \end{array} \right. \]$

Сложив первое и четвёртое уравнение получим

$$\[ y = a\frac{1}{{T_m + T_t }},x = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }} \]$

Сложив второе и третье уравнение получим

$$\[ b - y = a\frac{1}{{T_k + T_n }},x = a\frac{{T_k }}{{T_k + T_n }} \]$

Из них находим $b$

$$\[ b = a\left( {\frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \]$

Далее находим условие существования для $x$

$$\[ x = a\frac{{T_k }}{{T_k + T_n }} = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }} \to T_k T_t = T_m T_n \]$

Выполнение равенства

$\[T_k T_t = T_m T_n \]$

от четырёх переменных является необходимым и достаточным условием решения
расширенной задачи Штейнгауза.
При этом имеем:

$$\[ x = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }},y = a\frac{1}{{T_m + T_t }},b = a\left( {\frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \]$

$$\[ \cdot \cdot \cdot \]$

Длинные посты плохо воспринимаются, поэтому я разобью тему по законченным узлам в разных постах.

[kotenok gav]

Коровьев в сообщении #1330561 писал(а):

Длинные посты плохо воспринимаются, поэтому я разобью тему по законченным узлам в разных постах.

Посты-вставки для анти-слипания нужны?

[Коровьев]

kotenok gav в сообщении #1330563 писал(а):

Посты-вставки для анти-слипания нужны?

Да, но они слипаются, сразу не удалось продолжение темы разместить в следующем посте.

-- Сб авг 04, 2018 17:53:44 --

Продолжение темы.
2. Проверка формул при основном условии существования решений.

$$\[ x = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }},y = a\frac{1}{{T_m + T_t }},b = a\left( {\frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \]$

$$\[ T_k T_t = T_m T_n \to \frac{{T_m }}{{T_t }} = \frac{{T_k }}{{T_n }} = q \]$

Пригодится.

$$\[ T_h ^2 + 1 = C_h ^{ - 2} = \left( {\frac{{1 + h^2 }}{{1 - h^2 }}} \right)^2 \]$

Первое уравнение

$$\[ x^2 + y^2 = \left( {a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + \left( {a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 = \left( {a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 \left( {T_m ^2 + 1} \right) = \left( {a\frac{{C_m ^{ - 1} }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 \]$


Второе уравнение

$$\[ \left( {a - x} \right)^2 + \left( {b - y} \right)^2 = \left( {a - a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + \left( {a\frac{1}{{T_k + T_n }} + a\frac{1}{{T_m + T_t }} - a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 = \]$
$$\[ = a^2 \left( {\frac{{T_t }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + a^2 \left( {\frac{1}{{T_k + T_n }}} \right)^2 = a^2 \left( {\frac{1}{{T_m /T_t + 1}}} \right)^2 + a^2 \left( {\frac{{T_n ^{ - 1} }}{{T_k /T_n + 1}}} \right)^2 = \left( {\frac{a}{{q + 1}}} \right)^2 \left( {1 + T_n ^{ - 2} } \right) \]$


Третье уравнение

$$\[ x^2 + \left( {b - y} \right)^2 = \left( {a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + \left( {a\frac{1}{{T_k + T_n }}} \right)^2 = \left( {a\frac{1}{{1 + T_t /T_m }}} \right)^2 + \left( {a\frac{{T_k ^{ - 1} }}{{1 + T_n /T_k }}} \right)^2 = \]$
$$\[ = \left( {a\frac{1}{{1 + q^{ - 1} }}} \right)^2 + \left( {a\frac{{T_k ^{ - 1} }}{{1 + q^{ - 1} }}} \right)^2 = \left( {\frac{a}{{1 + q^{ - 1} }}} \right)^2 \left( {1 + T_k ^{ - 2} } \right) \]$


Четвёртое уравнение

$$\[ \begin{array}{l} \left( {a - x} \right)^2 + y^2 = \left( {a - a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + \left( {a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 = \\ \\ = \left( {a\frac{{T_t }}{{T_m + T_t }}} \right)^2 + \left( {a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 = \left( {a\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right)^2 \left( {T_t ^2 + 1} \right) \\ \end{array} \]$

Таким образом, любое решение уравнения $\[T_k T_t = T_m T_n \]$ и только оно удовлетворяет условиям задачи. Из него находятся и необходимые для данных значений переменных стороны прямоугольника.
Обратная задача, определить являются ли данные стороны прямоугольника решением задачи очень трудная, а может и не всегда решаема.

Таким образом, любое решение уравнения $\[T_k T_t = T_m T_n \]$ и только оно удовлетворяет условиям задачи. Из него находятся и необходимые для данных значений переменных стороны прямоугольника.
Обратная задача, определить являются ли данные стороны прямоугольника решением задачи очень трудная, а может и не всегда решаема.

Ещё такой момент.
Возможны ли другие решения задачи не входящие в данные решения?
Думаю нет. Исходная система уравнений для $a,b,x,y$ единственна.
Набор значений $a_0,b_0,x_0,y_$ позволяет единственным образом найти $\[T_k_0 ,T_t_0 ,T_m_0 ,T_n_0 \]$ и если они не удовлетворяют условию $\[T_k T_t = T_m T_n \]$, то и данный набор значений переменных не будет удовлетворять исходной системе.

[kotenok gav]

Вот я и предлагаю помощь. Пишите продолжение.

[Коровьев]

i]Продолжение[/i]
3. Некоторые двух параметрические решения системы.

Исходные данные

$$\[ x = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }},y = a\frac{1}{{T_m + T_t }},b = a\left( {\frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \]$

$$\[{T_k T_t = T_m T_n }\]$

Тривиальные решения

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} n = t \\ k = m \\ \end{array} \right. \to y = \frac{a}{{T_k + T_n }}.x = \frac{{aT_k }}{{T_k + T_n }}.b = \frac{{2a}}{{T_k + T_n }} \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} n = k \\ t = m \\ \end{array} \right. \to x = \frac{a}{2},b = \frac{a}{2}\left( {\frac{1}{{T_k }} + \frac{1}{{T_m }}} \right),y = \frac{a}{{2T_m }} \]$


$$\[ t = \frac{{1 - k}}{{1 + k}} \to T_k T_t = 1,n = \frac{{1 - m}}{{1 + m}} \to T_m T_n = 1 \]$

$$\[ x = a\frac{{T_m }}{{T_m + T_t }},y = a\frac{1}{{T_m + T_t }},b = a\frac{{1 + T_t T_m }}{{T_t + T_m }} \]$

У меня есть сложное соотношение

$$\[ T\left( {\frac{{S_p }}{{C_q }}} \right) = \left( {\frac{{2C_q C_p }}{{C_p ^2 + C_p ^2 - 1}}} \right) \cdot T\left( p \right) \]$

$$\[ T\left( {\frac{{S_q }}{{C_p }}} \right) = \left( {\frac{{2C_q C_p }}{{C_p ^2 + C_q ^2 - 1}}} \right) \cdot T\left( q \right) \]$

Отсюда получаем соотношение

$$\[ T\left( q \right)T\left( {\frac{{S_p }}{{C_q }}} \right) = T\left( p \right)T\left( {\frac{{S_q }}{{C_p }}} \right) \]$

или для нашего уравнения

$$\[ k = q,m = p,t = \frac{{S_p }}{{C_q }},n = \frac{{S_q }}{{C_p }} \]$

Конечно, если всё это подставить в формулы для $x,y,b$ и раскрыть аналоги, то получатся нетривиальные, но ужасные двух параметрические решения системы. Наверняка есть и попроще нетривиальные двух параметрические решения системы из которых можно было бы судить об стороне $b$ для прямоугольника.
Но можно пойти другим путём.
Продолжение для обсуждения будет.

[kotenok gav]

Для анти-слипания. Публикуйте продолжение.

[Коровьев]

Ещё одно продолжение будет, но не скоро.
Надо кой что подправить. Но благодарю за помощь.

[Коровьев]

В теме О задаче Штейнгауза было показано, что при $a=b=1$ и целых $x,y$ задача не имеет решений.
Выведем одно свойство сторон прямоугольника для существования решений задачи Штейнгауза.

Любое рациональное число представим в виде

$$\[3^m \frac{a}{b}\]$

где $a,b$ целые, взаимно простые и не делящиеся на $3$ числа, $m$ - целое число или нуль.
$m$ в таком числе называется показателем и обозначается

$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( x \right) = m \]$

Основные свойства показателей.
(можно посмотреть к примеру в книге Теория чисел. Боревич, Шаферевич в главе $p$-адические числа)

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {pq} \right) = \nu _{\left( 3 \right)} \left( p \right) + \nu _{\left( 3 \right)} \left( q \right) \]$

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {p + q} \right) \ge \min \left( {\nu _{\left( 3 \right)} \left( p \right),\nu _{\left( 3 \right)} \left( q \right)} \right) \]$

Следствие

Если $$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( p \right) \ne 0,\nu _{\left( 3 \right)} \left( q \right) \ne 0 \]$

то и

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {p + q} \right) \ne 0 \]$

Теории достаточно, перейдём к делу.

Теоремка.
При любых рациональных показатель
$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {T_h } \right) = \nu _{\left( 3 \right)} \left( {\frac{{2h}}{{1 - h^2 }}} \right) \ne 0 \]$

Это следует простым перебором остатков по модулю три. Либо в числителе дроби будет остаток ноль, а в знаменателе не ноль, либо наоборот.
Тогда из следствия следует

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {T_k + T_n } \right) = \min \left( {\nu _{\left( 3 \right)} \left( {T_k } \right),\nu _{\left( 3 \right)} \left( {T_n } \right)} \right) \ne 0 \]$

Тогда и

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {\frac{1}{{T_k + T_n }}} \right) \ne 0 \]$

и

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {\frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \ne 0 \]$

а вместе с тем по следствию и

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {\frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }}} \right) \ne 0 \]$

Но

$$\[ \frac{1}{{T_k + T_n }} + \frac{1}{{T_m + T_t }} = \frac{b}{a} \]$

Следовательно

$$\[ \nu _{\left( 3 \right)} \left( {\frac{b}{a}} \right) \ne 0 \]$

А это значит, что

$$\[ {\nu _{\left( 3 \right)} \left( b \right) \ne \nu _{\left( 3 \right)} \left( a \right)} \]$

И это есть необходимое условие существования решения исходной системы в рациональных числах.

Стороны единичного квадрата в исходной задаче Штейнгауза этому критерию не удовлетворяют. А значит надо опять искать ошибку в выкладках.

[scwec]

Конечно, $a^2+b^2=c^2$ не интересный вариант. Вершины прямоугольника и пересечение диагоналей - искомые точки.
Рассмотрим семейство прямоугольников $a=r^2, b=2r-1$, $r>1/2$, ($r$ - рационально), включающее единичный квадрат при $r=1$.
При $r\ne{1}$ на плоскости существует бесконечно много точек, все расстояния от которых до вершин прямоугольника рациональны.
При $r=1$ это проблема Штейнгауза.
Интересно найти другие семейства прямоугольников, обладающих теми же свойствами.

[waxtep]

Коровьев в сообщении #1330594 писал(а):

Теории достаточно, перейдём к делу

Следствие, непосредственно перед этой фразой, возможно, некорректно понимаю. Пример, выглядящий как противоречие следствию: $p=\dfrac7 3,q=\dfrac5 3:\nu_{(3)}(p)=\nu_{(3)}(q)=-1,\nu_{(3)}(p+q)=0$

[Коровьев]

waxtep в сообщении #1330635 писал(а):

Коровьев в сообщении #1330594 писал(а):

Теории достаточно, перейдём к делу

Следствие, непосредственно перед этой фразой, возможно, некорректно понимаю. Пример, выглядящий как противоречие следствию: $p=\dfrac7 3,q=\dfrac5 3:\nu_{(3)}(p)=\nu_{(3)}(q)=-1,\nu_{(3)}(p+q)=0$

Вы всё верно подметили.
Следствие верно или при неравных показателях или при обеих неотрицательных показателях. При равных отрицательных показателях следствие может быть и не верно, как показывает Ваш тривиальный контрпример
Следовательно всё, что написано ниже "следствия" можно кинуть в топку и не мучаться поиском ошибки.

[dmd]

Возможно ли "тригонометрически" построить параметризацию геронова треугольника с одной (или больше) натуральной медианой?

Другая возможно интересная задача - параметризовать два (или больше) пифагоровых треугольника с одним общим катетом.

[Коровьев]

Рассмотрим числовую матрицу:
$\[ \left( {\begin{array}{\cdot{20}c} {{\rm{4/5}}} & {{\rm{ - 9/25}}} & {{\rm{12/25}}} \\ {{\rm{ - 36/65}}} & {{\rm{ - 244/325}}} & {{\rm{9/25}}} \\ {{\rm{3/13 }}} & {{\rm{ - 36/65}}} & {{\rm{ - 4/5}}} \\ \end{array}} \right) \] $

Если считать каждую строку и каждый столбец как вектор, то длина каждого вектора равна единице. Скалярное произведение любых двух векторов-строк или любых двух векторов-столбцов равны нулю. Определитель матрицы равен единице.
Найдите параметрические решения для подобных числовых матриц.