Совершенный кубоид

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1443840 писал(а):

Среди делителей $mn$ с большой вероятностью оказывается хотя бы одно простое вида $4K+1$, тогда легко вычисляется пара $u_1^2+u_2^2=m^2n^2.$

Как?

Andrey A в сообщении #1443840 писал(а):

Осталось проверить, не являются ли целыми числа $\sqrt{m^4+u^2},\ \sqrt{n^4+u^2}$.

Для первого u или второго?

[Andrey A]

kotenok gav в сообщении #1443852 писал(а):

Как?

Давайте на примере: $21 \cdot 20=5 \cdot 84.$
$5^2=(2^2+1^2)^2=(2^2-1^2)^2+(2 \cdot 1\cdot 2)^2=3^2+4^2$ (примитивная пифагорова тройка).
$(5 \cdot 84)^2=(3 \cdot 84)^2+(4 \cdot 84)^2=252^2+336^2$. В мат. пакетах операции такого уровня должны быть "встроенные". В моем представлении.

kotenok gav в сообщении #1443852 писал(а):

Для первого u или второго?

Они симметричны. $ — технологическая подстановка во избежании путаницы. Вот при котором оказались целые радикалы — его называем $k$. Оставшееся — $v$. Однако, если целым оказался только один радикал, по идее должны получить слабый кирпич (не Эйлеров). Это надо проверить. Хорошо что Вы спросили, что-то у меня возникают сомнения во взаимной простоте $(m,n)$.

[kotenok gav]

Значит, получаем такой псевдокод (попытаюсь потом на PARI и Mathematica перевести его):

генерируем два взаимнопростых числа разной четности f и g
m := f^2 + g^2
n := 2fg
для всех делителей h числа m*n:
        если h дает остаток 1 по модулю 4:
                 если h простое:
                        для всех чисел i меньше корня из h:
                                если h^2-i^2 точный квадрат:
                                        u := i*m*n/h
                                        если m^4+u^2 точный квадрат:
                                               если n^4+u^2 точный квадрат:
                                                       вернуть i, m, n, h

[Andrey A]

Вряд ли это самый экономный сценарий (слишком много если). Не спешите, надо еще разобраться со взаимной простотой $(m,n)$. Я сегодня уже не смогу ответить. Да, и $m := f^2 + g^2$ неверно, надо $m := f^2 - g^2.$

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1443886 писал(а):

Да, и $m := f^2 + g^2$ неверно, надо $m := f^2 - g^2.$

Ой, точно.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1443917 писал(а):

... разобраться со взаимной простотой $(m,n)$.

Я теперь даже не вспомню откуда взялась уверенность на сей счет. В формулах Герона можно считать вз. простой хотя бы тройку $M,N,k$, но не теперь, когда две переменные стали квадратами, и нарушилась однородность многочленов. Из самой новой системы это никак не следует. Значит такой поиск будет неполным, а непримитивная пифагорова тройка задается теми же тремя параметрами. Sorry. Кое что, однако, удается упростить.
Нижние три уравнения системы $\left\{\begin{matrix} m^2+n^2=l^2\\ m^2n^2=k^2+v^2\\ m^4+k^2=p^2\\ n^4+k^2=q^2 \end{matrix}\right$ можно переписать так: $k^2=p^2-m^4=q^2-n^4=(mn)^2-v^2.$ Отсюда

$p^2+v^2=(mn)^2+m^4=m^2(n^2+m^2)=(lm)^2.$
$q^2+v^2=(mn)^2+n^4=n^2(m^2+n^2)=(nl)^2.$

Система приобретает симметричный вид и без четвертых степеней:

$$\left\{\begin{matrix} m^2+n^2=l^2\\ (mn)^2-v^2=k^2\\ (nl)^2-v^2=q^2\\ (lm)^2-v^2=p^2 \end{matrix}\right\ \ (2)$$

Ребра искомого кубоида по-прежнему выражаются тройкой $vn,vm,kl.$ Теперь вся проблема в $v$, которое нужно брать четным много-составным числом. Можно еще так записать: $v^2=(mn)^2-k^2=(nl)^2-q^2=(lm)^2-p^2,m^2+n^2=l^2.$

[Andrey A]

kotenok gav в сообщении #1443879 писал(а):

Значит, получаем такой псевдокод (попытаюсь потом на PARI и Mathematica перевести его)...

Andrey A в сообщении #1443886 писал(а):

Не спешите...

Выделим два нижних уравнения системы $\left\{\begin{matrix} m^2+n^2=l^2\\ m^2n^2=k^2+v^2\\ m^4+k^2=p^2\\ n^4+k^2=q^2 \end{matrix}\right$ в подсистему $\left\{\begin{matrix} m^4+k^2=p^2\\ n^4+k^2=q^2 \end{matrix}.\right$ Не теряя общности, её решение можно записать тождествами $\left\{\begin{matrix} (QXY)^4+\left ( \dfrac{Q^2XY(X^2-Y^2)}{2} \right )^2=\left ( \dfrac{Q^2XY(X^2+Y^2)}{2} \right )^2\\ (PZT)^4+\left ( \dfrac{P^2ZT(Z^2-T^2)}{2} \right )^2=\left ( \dfrac{P^2ZT(Z^2+T^2)}{2} \right )^2 \end{matrix}\right$ при условии $\dfrac{Q^2XY(X^2-Y^2)}{2}=\dfrac{P^2ZT(Z^2-T^2)}{2}=k$, или так: $\dfrac{XY(X^2-Y^2)}{ZT(Z^2-T^2)}=\dfrac{P^2}{Q^2}\ (3).$ Вот тут эффективен, на мой взгляд, поиск по двум переменным, хотя и связанный с облегчённой факторизацией. Процедура следующая: сортируется по величине двумерный массив значений функции $XY(X^2-Y^2 )\ (X>Y>0)$, поделённых (без остатка) на максимально возможный квадрат и фиксируются совпадения, которых может быть и больше двух. Каждое такое совпадение выражается равенством $(3)$, откуда имеем целых пять переменных – претендентов на решение кубоида:

$$\left\{\begin{matrix} QXY &=m \\ PZT &=n \\ \dfrac{Q^2XY(X^2-Y^2)}{2} &=\dfrac{P^2ZT(Z^2-T^2)}{2}=k \\ \dfrac{Q^2XY(X^2+Y^2)}{2} &=p \\ \dfrac{P^2ZT(Z^2+T^2)}{2} &=q \end{matrix}\right.$$

Для победы недостаёт ещё целых $l=\sqrt{m^2+n^2}$ и $v=\sqrt{(mn)^2-k^2}$. Во втором случае под радикалом может оказаться отрицательное число, но порядок проверок не существенен. Если всё сошлось, то $vm,vn,kl$ – рёбра искомого кубоида. Поиск можно вести только по взаимно простым парам $(X,Y)$, дробь $\dfrac{P}{Q}$ также можно считать несократимой. Пример:
$\left\{\begin{matrix} 7 \cdot 5 \cdot (7^2-5^2)=210 \cdot 2^2\\ 5 \cdot 2 \cdot (5^2-2^2)=210 \cdot 1^2 \end{matrix}\right. \Rightarrow \dfrac{7 \cdot 5 \cdot (7^2-5^2)}{5 \cdot 2 \cdot (5^2-2^2)}=\dfrac{2^2}{1^2} \Rightarrow $ $7 \cdot5 \cdot 1=35=m;\ 5 \cdot 2 \cdot 2=20=n;$ $(7 \cdot 5 \cdot (7^2-5^2 ) \cdot 1^2)/2=(5 \cdot 2 \cdot (5^2-2^2 ) \cdot 2^2)/2=420=k.$
Проверяем: $\sqrt{35^4+420^2}=1295=p;\ \sqrt{20^4+420^2}=1295=q;$ $\sqrt{(35 \cdot 20)^2-420^2}=560=v;\ \sqrt{35^2+20^2}=40,311288…$ эх, ещё бы малость ))
Значения $p,q$ нужны, собственно, в последнюю очередь (их можно вычислить и по формулам), а вот целое $v≠0$ получить из нескольких опытов я не надеялся. Значит, вероятность не так уж и мала. Пробуйте.

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1447675 писал(а):

максимально возможный квадрат

А почему именно максимально возможный?

[Andrey A]

Как бы это сказать. Чтобы проверить все возможные решения, нужно сортировать значения свободные от квадратов. Если делить на какие попроще, поиск становится ущербным. Не думаю что это очень затратно: основание наибольшего квадрата, делящего $M$ в нашем случае меньше $\sqrt[3]{M}$, поиск таких делителей легче полной факторизации. Операция популярная, возможны какие-то стандартные команды в мат. пакетах. Ну, это в моем представлении.

P.S. Кроме того, $X,Y$ у нас вз. просты. За исключением двойки можно отдельно проверять на квадраты $X,Y,X+Y,X-Y$.

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1447687 писал(а):

значения свободные от квадратов

А почему не могут быть равны значения, не свободные от квадратов?

[Andrey A]

Могут. Если имеют общим делителем наибольший квадрат )
upd
А, видимо Вас интересует фундаментальная сторона дела. Это основная теорема арифметики.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1447675 писал(а):

$\sqrt{35^4+420^2}=1295=p;\ \sqrt{20^4+420^2}=1295=q;$

Тут опечатка, правильно так: $\sqrt{20^4+420^2}=580=q;$

[Andrey A]

Upd С другой стороны, факторизуя все подряд нечетные, также получаем тройку претендентов: $y=AB=CD, z=\dfrac{A^2-B^2}{2},t=\dfrac{C^2-D^2}{2}$. И не хватает опять же двух целых $\sqrt{z^2+t^2}$ и $\sqrt{y^2+z^2+t^2}$, обходясь без всех этих сложностей. Однеако, чтобы получить вручною из нескольких опытов хотя бы одно из них, надо быть очень большим везунчиком. И числа исследуем гораздо бОльшие $+$ полная факторизация. Это я критикую себя и тут же оправдываюсь. Слабых кирпичей предложенным способом не получить, поскольку параметры $v,l$ не участвуют множителем только в двух боковых диагоналях: $a=pn,\ b=qm$. И смысл, конечно, в том что перебираются не все возможности, а достаточно узкий круг. В общем не знаю, самому интересно.

[Andrey A]

kotenok gav
По поводу нулевых решений $(v=0)$. Верный признак для отсева $xz=(x+y)(z+t)/2$ (предполагается $x>y,z>t$).

Исправлено

[Andrey A]

Еще несколько уточнений.

Andrey A в сообщении #1447828 писал(а):

Верный признак для отсева $xz=(x+y)(z+t)/2$ (предполагается $x>y,z>t$).

Это тоже частный случай. Полный критерий для отсева нерезультативных операций таков:

$$\dfrac{(X+Y)(Z+T)}{XZ} \leqslant 2\ \ (X>Y,Z>T).$$

В случае равенства получаем $v=0$ и тривиальный кирпич с двумя нулевыми ребрами. В случае неравенства имеем отрицательное значение под радикалом в выражении для $v$. Хорошо бы мне выложить это сразу, но к сожалению простые вещи приходят в голову в последнюю очередь.

Andrey A в сообщении #1447675 писал(а):

... в подсистему $\left\{\begin{matrix} m^4+k^2=p^2\\ n^4+k^2=q^2 \end{matrix}.\right$ Не теряя общности, её решение можно записать тождествами $\left\{\begin{matrix} (QXY)^4+\left ( \dfrac{Q^2XY(X^2-Y^2)}{2} \right )^2=\left ( \dfrac{Q^2XY(X^2+Y^2)}{2} \right )^2\\ (PZT)^4+\left ( \dfrac{P^2ZT(Z^2-T^2)}{2} \right )^2=\left ( \dfrac{P^2ZT(Z^2+T^2)}{2} \right )^2 \end{matrix}\right$

На самом деле решение содержит бОльшее количество переменных, но существует пропорциональное решение, соответствующее данной записи. Это можно доказать.

kotenok gav в сообщении #1447680 писал(а):

Andrey A в сообщении #1447675 писал(а):

максимально возможный квадрат

А почему именно максимально возможный?

Тут самое интересное. Как-то не обратил внимания сначала, ведь это задача о конгруэнтных числах. Только наоборот. Обозначим функцию $XY(X^2-Y^2)=f(X,Y).$ В процессе факторизации получили, к примеру, $f(5,4)=180=5 \cdot 6^2.$ Длина катетов пифагоровых треугольников выражается, как известно, формулами $2XY,X^2-Y^2$, площадь – $XY(X^2-Y^2)=f(X,Y).$ Результатом деления получаем некоторое конгруэнтное число, в данном случае $5$, и треугольник с катетами $ \dfrac{2 \cdot 5 \cdot 4}{6}=\dfrac{20}{3}, \dfrac{5^2-4^2}{6}=\dfrac{3}{2}$, гипотенузой $\sqrt{\left ( \dfrac{20}{3} \right )^2+\left ( \dfrac{3}{2} \right )^2}=\dfrac{41}{6}$ и площадью $5$. Сколько ни помню, в литературе всегда обсуждается вопрос "является ли данное число конгруэнтным" и никогда не говорится о том, как получить рациональные катеты треугольника заданной площади (если является), сколько таких треугольников существует и конечно ли хотя бы их число. Ясно, что $4 \cdot 3 /2=6$ конгруэнтно, но есть еще треугольник той же площади со сторонами $\dfrac{120}{7},\dfrac{7}{10},\dfrac{1201}{70}$, а может быть и другие? Если бы существовал алгоритм, это бы было то что нужно, но подозреваю всё-таки перебор. Значит должны быть списки или таблицы, а они денег стоят. Подрядившись на такую работу, можно совместить полезное с приятным (типа не догоню, так согреюсь). К тому и клоню )