Совершенный кубоид

[scwec]

Andrey A в сообщении #1449160 писал(а):

сколько таких треугольников существует и конечно ли хотя бы их число

Число прямоугольных рациональных треугольников с заданной площадью, которая является конгруэнтным числом, бесконечно.
Строятся эти треугольники следующим образом.
Пусть имеется прямоугольный треугольник с рациональными длинами сторон $a,b,c$ и $a^2+b^2=c^2$, площадь его $S=\dfrac{ab}{2}$.
Рассмотрим другой треугольник с рациональными длинами сторон
$A=\dfrac{2abc}{|a^2-b^2|}$, $B=\dfrac{|a^2-b^2|}{2c}$,$C=\dfrac{c^4+4a^2{b^2}}{2c|a^2-b^2|}$.
Он прямоугольный, поскольку $A^2+B^2=C^2$, и площадь его $S=\dfrac{ab}{2}$.
Продолжая процесс построения дальше, получим сколько угодно таких треугольников. Повторов треугольников не будет, это следует из теоремы о 3-х точках кручения на эллиптической кривой $y^2=x^3-S^2{x}$
Получение же по заданной площади первого треугольника в этой цепочке - это действительно открытая проблема.
Ну а если есть хотя бы один, то есть и бесконечно много.

[Andrey A]

scwec, здравствуйте! Рад Вас видеть, давно не заходите. Очень важная для меня информация, спасибо! Стало быть, решения образуют серии наподобие Пелля. Надо это обдумать, но кое-что по горячим следам. Главный вопрос: есть ли уверенность в единственности такой серии для фиксированного $S?$ Для $S=6$ похоже так и есть, но вот для $S=1155$ имеем тройки $(a,b,c):\ (44,105/2,137/2);(40,231/4,281/4);(252,55/6,1513/6).$ Что-то не похожи они на ж/д состав, скорее три независимых паровоза. Тогда не список, а таблица, и большие числа содержит. На мой взгляд, всё это увеличивает вероятность существования кубоида, просто числа астрономические.

[Andrey A]

(чуть назад)

-
По поводу системы $\begin{matrix} (xz)^2+(yt)^2=(ab)^2 \\ (xt)^2+(yz)^2=(ac)^2 \\ (xy)^2+(zt)^2=(bc)^2 \end{matrix}$ следует очень сильно оговориться. Обозначим её $(3).$

Подстановка
$x^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}$
$z^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
$y^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$
$t^2=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}$ действительно обращает все три уравнения в тождества. Выражения эти напрямую следуют из уравнений кубоида $(1)$ и, объединенные в систему, эквивалентны ей. Однако разрешимость $(3)$ не является достаточным условием существования кубоида, а только необходимым (как и существование геронова треугольника со сторонами-квадратами). Поэтому вести поиск на ее основе ошибочно. Вот неразрешимость системы $(3)$ могла бы свидетельствовать об обратном. Площадь прямоугольного треугольника, как известно, не квадратна (число $1$ не конгруэнтно). Если бы выяснилось, что произведение гипотенуз трех пифагоровых треугольников равной площади $S=xyzt/2$ также не может быть квадратом целого числа, это бы закрывало вопрос с кубоидом — система $(3)$ как раз об этом. Ну, а дальнейшие преобразования, начиная со ввода параметров $k,l,m,n,p,q,v$ — с ними всё в порядке.

[dmd]

Andrey A в сообщении #1449428 писал(а):

Тогда не список, а таблица

Тоже похоже на Пелля, т.к. для конкретного Пелля могут существовать несколько разных фундаментальных решения, от которых строятся все остальные.

[Andrey A]

dmd
Речь о количестве бесконечных серий решений. Под уравнением Пелля понимается всё-таки $x^2-my^2=1$, тут серия как раз одна. Если же справа не единица, а что-то другое, то может быть и больше. Это называют обобщенным Пеллем, хотя Джон Пелль и в том и в другом случае строго ни при чем. Шутка Эйлера.

[Someone]

(Andrey A)

Andrey A, извините за непрошенный совет.
Для записи систем уравнений существует очень удобное окружение cases, а также существуют так называемые выносные формулы, для получения которых используются двойные знаки доллара:

$$\begin{cases}(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2,\\ (xt)^2+(yz)^2=(ac)^2,\\ (xy)^2+(zt)^2=(bc)^2.\end{cases}\eqno(3)$$

В выносных формулах работает команда \eqno, с помощью которой можно нумеровать формулы. Если Вам не нужна фигурная скобка, вместо cases можно использовать другие окружения, хотя бы то же matrix, к которому можно приделать скобки желаемого вида с помощью парных команд \left и \right:

$$\left[\begin{matrix}(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2,\\ (xt)^2+(yz)^2=(ac)^2,\\ (xy)^2+(zt)^2=(bc)^2.\end{matrix}\right.\eqno(3\text{а})$$

Подробнее смотрите в теме "FAQ по тегу [mаth]". Кроме того, существуют всякие руководства по системе \LaTeX.

[Andrey A]

(Someone)

Спасибо.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1449339 писал(а):

Повторов треугольников не будет

Есть простое и короткое доказательство "напрямую" (не обращаясь к соответствующей эллиптической кривой).

Интересно, чему соответствуют эти формулы для нового треугольника в терминах точек на эллиптической кривой. Не удвоению ли точки на кривой?

[scwec]

nnosipov в сообщении #1451286 писал(а):

Есть простое и короткое доказательство "напрямую" (не обращаясь к соответствующей эллиптической кривой).

Интересно, чему соответствуют эти формулы для нового треугольника в терминах точек на эллиптической кривой. Не удвоению ли точки на кривой?

Действительно, это удвоение точек на эллиптической кривой $y^2=x^3-S^2{x}$.
По поводу короткого доказательства, мы с Вами это уже обсуждали лет шесть назад здесь на форуме в теме "Одномерная динамика", и там это доказательство приведено.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1451336 писал(а):

мы с Вами это уже обсуждали лет шесть назад здесь на форуме

Как выяснилось, лет девять Да, действительно, было дело.

-- Вс апр 05, 2020 11:38:05 --

Andrey A в сообщении #1449428 писал(а):

Главный вопрос: есть ли уверенность в единственности такой серии для фиксированного $S?$

Есть уверенность в противоположном, а именно: эта серия затрагивает только экспоненциально малую часть рациональных прямоугольных треугольников площади $S$.

И еще одно замечание: аналогии с сериями решений (обобщенных) уравнений Пелля здесь нет. Рациональные точки на эллиптической кривой образуют конечно-порожденную абелеву группу, а решения уравнений Пелля --- нет (если только речь не идет о классическом уравнении Пелля).

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1451454 писал(а):

... эта серия затрагивает только экспоненциально малую часть рациональных прямоугольных треугольников площади $S$.

Спасибо, это действует на воображение. Но вернемся к задаче.

Напомню, систему $\left\{\begin{matrix} t^2+z^2 &=a^2 \\ z^2+y^2 &=b^2 \\ y^2+t^2 &=c^2 \\ t^2+z^2+y^2 &=x^2 \end{matrix}\right.$ , описывающую искомый кубоид удается свести к системе $\left\{\begin{matrix} m^2+n^2=l^2\\ (mn)^2-v^2=k^2\\ (nl)^2-v^2=q^2\\ (lm)^2-v^2=p^2 \end{matrix}\right\ (2)$

при соответствии $\begin{matrix} a=pn\\ b=qm\\ c=vl \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} x=lmn\\ y=vn\\ t=vm\\ z=kl \end{matrix}$

Выделим три нижних уравнения системы $(2)$ в подсистему $\left\{\begin{matrix} (mn)^2=k^2+v^2\\ (nl)^2=q^2+v^2\\ (lm)^2=p^2+v^2 \end{matrix}\right\ (2')$ Переменные $m,n,l,v,k,q,p$ по предположению целые числа, но если бы нашлись дробные параметры, удовлетворяющие $(2')$, дело бы решалось домножением на общий знаменатель $(m,n,l)$ и на квадрат общего знаменателя $(v,k,q,p)$. Забудем на некоторое время о различии между целыми и дробными, разделим все слагаемые подсистемы $(2')$ на $v^2$ : $\left\{\begin{matrix} \left ( v \cdot \frac{m}{v} \cdot \frac{n}{v} \right )^2&=\left ( \frac{k}{v} \right )^2+1 \\ \left ( v \cdot \frac{n}{v} \cdot \frac{l}{v} \right )^2&=\left ( \frac{q}{v} \right )^2+1 \\ \left ( v \cdot \frac{l}{v} \cdot \frac{m}{v} \right )^2&=\left ( \frac{p}{v} \right )^2+1 \end{matrix}\right.$ и сделаем замены: $\frac{m}{v}=M, \frac{n}{v}=N, \frac{l}{v}=L, \frac{k}{v}=\frac{K^2-1}{2K},$ $\frac{q}{v}=\frac{Q^2-1}{2Q}, \frac{p}{v}=\frac{P^2-1}{2P}, vLMN=W, \frac{K^2+1}{2K}=F_K, \frac{Q^2+1}{2Q}=F_Q, \frac{P^2+1}{2P}=F_P.$ В новой терминологии подсистема $(2')$ выглядит так: $\left\{\begin{matrix} vMN=F_K\\ vNL=F_Q\\ vLM=F_P \end{matrix}\right..$ Перемножая почленно все три уравнения, получаем $F_K F_Q F_P=v^3 (LMN)^2=v(vLMN)^2=vW^2$. В таком виде представимо любое число, и, если $v$ «свободно от квадратов», такое представление единственно. Тогда однозначно определены $l=\frac{vW}{F_K}, m=\frac{vW}{F_Q},n=\frac{vW}{F_P}$. Возьмём для примера $K=7,Q=8,P=9$.

$F_7 F_8 F_9=\dfrac{(7^2+1)(8^2+1)(9^2+1)}{14 \cdot 16 \cdot 18}=\dfrac{5^3 \cdot 13 \cdot 41}{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7}$ $=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7} \cdot \left ( \dfrac{5}{12} \right )^2 \rightarrow v=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7},W=\dfrac{5}{12}.$

$vW=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84},l=\dfrac{vW}{F_7}=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{25}{7}=\dfrac{13 \cdot 41}{12} ,m=\dfrac{vW}{F_8}$$=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{65}{16}=\dfrac{4 \cdot 5 \cdot 41}{21}, n=\dfrac{vW}{F_9}=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{41}{9}=\dfrac{3 \cdot 25 \cdot 13}{28}$.

Наименьшим общим знаменателем оказывается $84$, и получаем целые $l=\dfrac{13 \cdot 41}{12} \cdot 84=3731, m=\dfrac{4 \cdot 5 \cdot 41}{21} \cdot 84=3280,$ $ n=\dfrac{3 \cdot 25 \cdot 13}{28} \cdot 84=2925, v=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7} \cdot 84^2=2686320$, a также

$k=\sqrt{(mn)^2-v^2}=\sqrt{(3280 \cdot 2925)^2-2686320^2}=9210240$
$q=\sqrt{(nl)^2-v^2}=\sqrt{(2925 \cdot 3731)^2-2686320^2}=10577385$
$p=\sqrt{(lm)^2-v^2}=\sqrt{(3731 \cdot 3280)^2-2686320^2}=11939200$

И того:

$$\left\{\begin{matrix} (3280 \cdot 2925)^2=9210240^2+2686320^2\\ (2925 \cdot 3731)^2=10577385^2+2686320^2\\ (3731 \cdot 3280)^2=11939200^2+2686320^2 \end{matrix}\right.$$

Не хочется быть голословным*, но похоже, подсистема $(2')$ разрешима для произвольной тройки рациональных $K,Q,P$, и дело за первым уравнением системы $(2)$: $m^2+n^2-l^2=0$. В новых терминах это выглядит так: $\left ( \dfrac{vW}{F_Q} \right )^2+\left ( \dfrac{vW}{F_P} \right )^2-\left ( \dfrac{vW}{F_K} \right )^2=0$. Разделим всё на $(vW)^2: \dfrac{1}{F_Q^2}+\dfrac{1}{F_P^2}=\dfrac{1}{F_K^2} и домножим на $F_K^2$:

$$\left ( \dfrac{F_K}{F_Q} \right )^2+\left ( \dfrac{F_K}{F_P} \right )^2=1\ \ \ (3)$$

.

Вопрос существования кубоида удается свести, таким образом, к единственному уравнению в рациональных числах. Тут уже требуется хорошее знание теории эллиптических кривых, хотя одно решение видно невооружённым глазом: $K=1,Q=\dfrac{P+1}{P-1}$. Из него получаем «плоский кирпич» $(k=0,z=0)$, всегда ли — это тоже требует доказательства. А вот существуют ли нетривиальные решения уравнения $(3)$, – вопрос достойный философа.



* То, что основания всех квадратов оказываются целыми числами, воспринимается как маленькое чудо.
Обязательно ли условие «$v$ свободное от квадратов» не знаю, но сокращать на НОД всё равно рано или поздно придётся.

[dmd]

Попробовал (3) развернуть в терминах $[K,Q,P]$, считая $K$ параметром. Получилась (если так можно назвать?) биквадратная эллиптическая квартика:

$\Bigl(2 P^2 (Q^2 + K^4 Q^2 - K^2 (1 + Q^4))+ 1 + K^4 + 4 (1 + K^2 + K^4) Q^2 + (1 + K^4) Q^4\Bigr)^2=\\ (-1 + K^4)^2 + 8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4) Q^2 + 2 (1 + K^2)^2 (7 + 2 K^2 + 7 K^4) Q^4 +\\ 8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4) Q^6 + (-1 + K^4)^2 Q^8$

Если перебирать натуральные $K$, можно ли принимать вычисленные дробные $Q$ и $P$?

[Andrey A]

dmd
Простите, но мне это трудно оценить. Одно биквадратное уравнение, помнится, Вольфрам отказался решать, а Империя чисел сказала $Q=\frac{P+1}{P-1}$. Причем моментально, как будто к ней с этим вопросом каждый день пристают. Я же не выставляю это на обсуждение ) Годится любой численный пример разрешимости $(3)$, где $K$ по абсолютной величине отлично от единицы. Либо он есть, либо его нет. Возможен, впрочем, третий патовый вариант: пример есть, но проверить его никакой возможности нет. Если тройка $7,8,9$ порождает числа порядка $10^7$, что соответствовало бы размеру кубоида порядка $10^{11}$, то... всякие такие мысли появляются, глядя на Ваши формулы. Зато это хорошо объясняет безрезультатность компьютерных поисков на сегодня. И еще. Если уж без перебора не обойтись, надо употребить что-то попроще/понадежней. ИМХО. Например, исходя из записи $\frac{1}{F_Q^2}+\frac{1}{F_P^2}=\frac{1}{F_K^2}.$ Тут функция от двух целых положительных переменных $\left (\dfrac{2XY}{X^2+Y^2}\right )^2$. Пару $X>Y$ можно положить взаимно простой, и строить двумерный массив, сортируя значения по величине и проверяя, не окажутся ли новые разности в образующемся списке. Так хотя бы можно надеяться на наименьшие решения, а это в данном случае важно.

[dmd]

Если нигде не ошибся, другой способ переписать (3) как разность квадратов:


$8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4)=\\ \Bigl(Q^2 (K^2 - 1)^2 + 3 (1 + K^4) + 2 K^2\Bigr)^2-\\ \dfrac{\Bigl(2 P^2 (Q^2 (1 + K^4) - K^2 (1 + Q^4)) + (1 + K^4) (1 + Q^4) + 4 (1 + K^2 + K^4) Q^2\Bigr)^2 (K^2 - 1)^2}{(1 + K^2)^2 (1 + Q^2)^2}$


Запустил перебор разложения $8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4)$ в разность квадратов, пока в диапазоне K=1..340000 нашлись только пара$ [K,Q,P^2]=[31,2,-671/5481],[835,88,-689303/5400704673]$.

Т.е. $P^2$ не только не квадрат и не натуральное, но оно еще и отрицательно к сожалению. Что-то сомнительно, что (3) решабельно.


И допустимо ли, чтоб для натурального $K$ были дробными $Q$ и $P$ (так было бы проще искать).

[Andrey A]

dmd в сообщении #1460303 писал(а):

И допустимо ли, чтоб для натурального $K$ были дробными $Q$ и $P$ (так было бы проще искать).

$K,Q,P$ — тройка рациональных параметров, дробность и отрицательность естественно допустимы (в том числе и для $K$). Единственное ограничение $\neq 0$, поскольку $F_0=\frac{0^2+1}{2 \cdot 0}$ не определено. $7,8,9$ было взято с потолка, просто для примера. А вот иррациональными они быть не могут, иначе всю тему с первой страницы можно класть под паровоз.

dmd в сообщении #1460303 писал(а):

Что-то сомнительно, что (3) решабельно

Кто бы спорил.



Исправлено.