Совершенный кубоид

[Andrey A]

P.S.
Приравнивание $K=\dfrac{2a^2+3a+2}{2a^2-3a+2}=\dfrac{7b^2+1}{b^2+7}$ равносильно замене $a=\dfrac{b+1}{b-1}$. Возникает подозрение, что $1$-параметрическое решение $(6)$ всё-таки единственно. Тогда, возможно, предложенные восемь уравнений отличаются лишь формой записи. Да, это бы в корне меняло ситуацию, но боюсь пока что-то утверждать.

P.S. P.S.
Всё-таки их как минимум два. Решения $(6)$ $\left ( X,Y \right )=\left ( \dfrac{(2a^2+2)^2-(3a)^2}{(3a)^2-2(a^2+1)^2},\ \dfrac{2a^2+3a+2}{2a^2-3a+2} \right ),\ \left ( \dfrac{(a^2+1)^2-(3a)^2}{3(a^4-1)},\ \dfrac{(a-1)(a^2+3a+1)}{(a+1)(a^2-3a+1)} \right )$ "параметрически не эквивалентны", хотя логически следуют одно из другого. Пока не понимаю что с этим делать.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1464393 писал(а):

Совсем иная ситуация сложилась бы, если решение $(6''')$ было бы $2$-x параметрическим, такого пока не вижу. Да и есть ли оно?

2-параметрических решений у этого уравнения бесконечное число.
Каждой рациональной точке бесконечного порядка на кривой с уравнением $w^2=u^3+4M^4(N^4-M^4)^2{u}$ соответствует такое решение, а рациональных точек на ней бесконечное число.
Пример 2-параметрического решения (параметры $t,N$).
$M=t^2, N=N, L=\dfrac{t(N^4-t^4+2t^2{N^2})}{2t^2{N^2}+t^4-N^4}, Y=\dfrac{4t^3{N}(N^8-t^8)}{(N^4-t^4-2t^2{N^2})^2}$
При этом $(N^4-M^2)(L^4-M^2)=Y^2$

[Andrey A]

scwec Спасибо! Но верно ли, что оно 2-параметрическое, если так переписать: $\dfrac{L}{t}=\dfrac{\left ( \frac{N}{t} \right )^4-1+2\left ( \frac{N}{t} \right )^2}{2\left ( \frac{N}{t} \right )^2+1-\left ( \frac{N}{t} \right )^4}$ ? Знаете, вообще говоря, в уравнении $(6''')$ лишний параметр зашит. Для симметрии. Если поделить всё на $N^4$, получаем уравнение вида $\left ( X^2-1 \right )\left ( X^2-K^4 \right )=\square\ (8),$ или так: $\left [ X^2+K^2 \right ]^2-\left [ X\left ( K^2+1 \right ) \right ]^2=\square.$ Решая его относительно $X$ через приравнивание к $\dfrac{T^2+1}{2T}$, получаем под радикалом в точности первое уравнение системы $(4)$. А приравнивая к $\dfrac{T^2+1}{T^2-1}$ — второе. Оно содержательное, хоть и кривое. Думаю, и для геометрической интерпретации более пригодно.

[scwec]

Предложенное мной решение содержит 2 параметра для уравнения $(6''')$,
а после исключения из него $N$, содержит 1 параметр, а именно:
$X=t^2,K=\dfrac{t(2t^2+1-t^4)}{2t^2+t^4-1},Y=\dfrac{4t^3{(t^8-1)}}{(2t^2+t^4-1)^2}$
и $(X^2-1)(X^2-K^4)=Y^2$

[Andrey A]

То есть решение слабого кубоида получаем отсюда $1-$параметрическое. Перепишу это так: $K=\dfrac{t(2-(t^2-1)^2)}{(t^2+1)^2-2}.$ В моем списке такого нет. Два вопроса:
1) Правильно ли я понимаю, что количество $1-$параметрических решений $(8)$ бесконечно? И, если да, нельзя ли поподробней о том, как Вы их получаете. С примером, если можно.
2) Возможно ли $2$ х-параметрическое решение $(8)$ ? Хотя бы гипотетически. Дело в том, что второе уравнение системы $(4)$ получается из первого заменой $T \rightarrow \dfrac{T+1}{T-1}$. Сдается мне, что причина неразрешимости сильного кубоида подобна той, по которой уравнение $x=\dfrac{x+1}{x-1}$ не имеет рациональных решений. Ну, если она существует.

[scwec]

Приведу еще один пример решения для уравнения $(8)$

$K=\dfrac{-t(38t^8+8t^6-12t^4+8t^2+1+t^{16}-8t^{14}-12t^{12}-8t^{10})}{t^{16}+8t^{14}-12t^{12}+8t^{10}+38t^8-8t^6-12t^4-8t^2+1}$
$X=t^2$
$Y=\dfrac{8t^3(t^8-1)(t^4+2t^2-1)(t^4-2t^2-1)(t^{16}+20t^{12}-26t^8+20t^4+1)}{(t^{16}+8t^{14}-12t^{12}+8t^{10}+38t^8-8t^6-12t^4-8t^2+1)^2}$
1-параметрических решений для уравнения $(8)$ бесконечно много.
Находятся такие решения достаточно просто.
Вместо уравнения $(8)$ рассматривается уравнение $(t^4-1)(t^4-K^4)=Y^2$.
Оно приводится к форме Вейерштрасса преобразованием $(K,Y)$ в $(u,w)$ (лучше использовать Maple)
Получается уравнение эллиптической кривой $w^2=u^3+4t^4{(t^4-1)^2}u$.
Известен соответствующий ей рациональный прямоугольный треугольник со сторонами
$a=2t^2, b=t^4-1, c=t^4+1$ и площадью $S=t^2(t^4-1)$.
Рациональные точки на этой кривой при определенных навыках легко вычисляются.
Переходя обратным преобразованием от $(u,w)$ к $K,Y$ получаем выражения для $K,Y$ как рациональные функции от $t$
Остается положить $X=t^2$ и готово 1-параметрическое решение для $(8)$.
Однако, таким способом не получить для уравнения $(8)$ 2-параметрических решений.
Хотя видимых причин для их отсутствия не наблюдается.

[Andrey A]

Спасибо!

[Andrey A]

Надо с этим заканчивать. Напомню $F_n=\dfrac{n^2+1}{2n}, f_n=\dfrac{n^2-1}{2n}$. Система $\left\{\begin{matrix} \left [ (KT+1)^2+(K+T)^2 \right ]\left [ (KT-1)^2+(K-T)^2 \right ]=\square \\ \left [ (KT+T)^2+(K-1)^2 \right ]\left [ (KT-T)^2+(K+1)^2 \right ]=\square \end{matrix}\right.(4')$, а значит и $(4)$, сводятся в конечном итоге к уравнению $f_x^2-f_y^2=f_z^2 $. Если верно последнее, то пара $K=\dfrac{\sqrt{\dfrac{F_x+F_y}{F_x-F_y}}+1}{\sqrt{\dfrac{F_x+F_y}{F_x-F_y}}-1}$, $T=y$ удовлетворяет $(4')$ и обращает тождество $(5)$ в решение сильного кубоида. Это согласуется также с выводом Коровьева

Коровьев в сообщении #1460890 писал(а):

$$\[ \left( {\frac{{2x}}{{1 - x^2 }}} \right)^2 + \left( {\frac{{2y}}{{1 - y^2 }}} \right)^2 = \left( {\frac{{2z}}{{1 - z^2 }}} \right)^2 \]$

(поскольку $\dfrac{1}{f_n}=f_{\frac{n+1}{n-1}}$ ) и эквивалентно уравнению $y^2+1/y^2+z^2+1/z^2 =\left ( (x^2+1)/x \right )^2$, которым последнее время увлекся Volik. Мне вот тоже показалось, что оно наиболее удачно разбивает проблему на кучу проблем, перепишем его так:

$$y^2+\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2+z^2+\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2=x^2+\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2+1^2+1^2\ \ \ (9)$$

Видя равенство сумм четырех квадратов, приравняем почленно к тождеству Эйлера:

$( \overset{=y}{-a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4} )^2+( \overset{=1/y}{a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=z}{a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2} )^2+( \overset{=1/z}{a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1} )^2=$

$( \overset{=x}{a_1 b_1+a_2 b_2-a_3 b_3+a_4 b_4} )^2+( \overset{=1/x}{a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=1}{a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2} )^2+( \overset{=1}{-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1} )^2.$


Пронумеруем мысленно скобочки с $1$-й по $4$-ю и далее с $5$-й по $8$-ю, и в том же порядке будем записывать в системы. Линейные системы решаются отлично. Неприятность в том, что параметры $x,y,z$ оказываются в этом случае свободными аргументами, чего по понятным причинам быть не должно. Во всяком случае не все, и тут тупик. Сформулируем задачу так: переменные $a_i,b_i$ должны быть таковы, чтобы соседние скобки давали в произведении единицу, причем две последние сами должны быть $=1$. Тогда отношение соседних скобок окажутся квадратами искомых значений. Звучит обнадёживающе, но, действуя напрямую, сразу получаем систему квадратных уравнений по всем параметрам (я, кстати, не пробовал), а пробиваясь через разности квадратов, вынуждены после искать приравнивания к формам вида $\dfrac{M^2\pm 1}{2M}$, которые на деле оказываются никакими не $M$, а всё теми же $x,y,z$. Опять тупик. Ловушка Майи. Пробуем зайти сбоку. Рассмотрим полусуммы $2$-й и $6$-й скобок: $\begin{matrix} \dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}=2(a_1 b_2+a_3 b_4 )\\ \dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}=2(a_3 b_2-a_1 b_4) \end{matrix}$ Домножая на $xy$, имеем $\begin{matrix} 2xy(a_1 b_2+a_3 b_4 )=x+y=2(a_2 b_2+a_4 b_4 )\\ 2xy(a_2 b_1-a_4 b_3 )=x-y=2(a_1 b_1-a_3 b_3 ) \end{matrix}$ (полусуммы $1$-й и $5$-й скобок)

$$\Rightarrow \dfrac{x+y}{x-y}=\dfrac{a_1 b_2+a_3 b_4}{a_2 b_1-a_4 b_3}=\dfrac{a_2 b_2+a_4 b_4}{a_1 b_1-a_3 b_3}$$

По той же схеме $\begin{matrix} 1+\dfrac{1}{z}=2(a_2 b_3+a_4 b_1)\\ 1-\dfrac{1}{z}=2(a_3 b_2-a_1 b_4) \end{matrix}$ Домножая на $z:\ \begin{matrix} 2z(a_2 b_3+a_4 b_1 )=z+1=2(a_1 b_3+a_3 b_1 )\\ 2z(a_3 b_2-a_1 b_4 )=z-1=2(a_4 b_2-a_2 b_4 ) \end{matrix}$

$$\Rightarrow \dfrac{z+1}{z-1}=\dfrac{a_2b_3+a_4b_1}{a_3b_2-a_1b_4}=\dfrac{a_1b_3+a_3b_1}{a_4b_2-a_2b_4}$$

Получили два уравнения линейных относительно $b_1,b_3.$ Приравнивая решения одного и другого, имеем

$\dfrac{b_1}{b_3}=\dfrac{(a_3^2-a_4^2)b_4+(a_1a_3-a_2a_4) b_2}{(a_1^2-a_2^2 )b_2+(a_1 a_3-a_2a_4)b_4}=\dfrac{(a_1^2-a_2^2)b_4-(a_1a_3-a_2a_4)b_2}{(a_3^2-a_4^2)b_2-(a_1a_3-a_2a_4) b_4}=$ $\dfrac{(a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2 )b_4}{(a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2)b_2}=\dfrac{b_4}{b_2}\ (a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2 \neq 0)$ Третья дробь образовалась сложением числителей и знаменателей двух предыдущих, что при равенстве дробей позволено. Обозначим сразу $\dfrac{b_1}{b_3}=\dfrac{b_4}{b_2}=B$, и перемножим крестиком элементы равных дробей: $(a_1^2-a_2^2 ) b_2 b_4-(a_1 a_3-a_2 a_4 ) b_2^2=(a_3^2-a_4^2 ) b_2 b_4-(a_1 a_3-a_2 a_4 ) b_4^2$ Отсюда $b_2 b_4 (a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2 )=(a_1 a_3-a_2 a_4 )(b_2^2-b_4^2 )$ и, наконец,

$$\dfrac{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}{a_1 a_3-a_2 a_4}=\dfrac{b_2^2-b_4^2}{b_2 b_4}=\dfrac{B^2-1}{B};\ \ \dfrac{B^2-1}{2B}=f_B=\dfrac{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}{2a_1 a_3-2a_2 a_4};\ f_b^2+1=\square$$

Вот на этом месте подобные инсинуации обычно и заканчиваются, но на этот раз повезло:

$$\left ( \dfrac{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}{2a_1 a_3-2a_2 a_4} \right )^2+1=\dfrac{\left ( (a_1+a_2)^2+(a_3+a_4)^2 \right )\left ( (a_1-a_2)^2+(a_3-a_4)^2 \right )}{(2a_1 a_3-2a_2 a_4 )^2}=\square$$

Это имеет общее решение. Полный список дальнейших перепетий опускаю, выкладываю замены, которые проверяются прямой подстановкой:

$$a_1=\dfrac{(r^2-1)(s+t)-2r(st-1)}{2s(r^2-1)+4r},a_2=\dfrac{(r^2-1)(s-t)+2r(st+1)}{2s(r^2-1)+4r},a_3=\dfrac{s+t}{2},a_4=\dfrac{s-t}{2},B=\dfrac{sr+1}{s-r}.$$

Из $\dfrac{b_1}{b_3}=\dfrac{b_4}{b_2}=B=\dfrac{sr+1}{s-r}$ следует $b_4=\dfrac{b_2 (s-r)}{sr+1},b_3=\dfrac{b_1 (sr+1)}{s-r}$. Значения параметров $b_1,b_2$ в новых терминах получаем из линейной подсистемы $7$-го и $8$-го уравнений, приравнивая к единице и подставляя новые значения переменных: $\left\{\begin{matrix} 1=a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=b_1\dfrac{a_1 (sr+1)+a_3 (s-r)}{s-r}+b_2\dfrac{a_2 (s-r)-a_4 (sr+1)}{sr+1}\\ 1=-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=b_2\dfrac{a_3 (sr+1)-a_1 (sr+1)}{s-r}+b_1\dfrac{a_2 (sr+1)+a_4 (s-r)}{s-r} \end{matrix}\right. $ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b_1=\dfrac{-2(s-r) (s(r^2-1)+2r)^2}{(s^2+1)((t(r^2+1))^2-(s(r^2-1)+2r)^2 )}\\ b_2=\dfrac{2t(r^2+1)(sr+1)(s(r^2-1)+2r)}{r(s^2+1)((t(r^2+1))^2-(s(r^2-1)+2r)^2 )} \end{matrix}\right.$ Новые значения $b_3,b_4$ определены через $b_1,b_2$, каждый может выписать их для себя по желанию. Не пропустить ошибку на этом этапе вычислений в некотором смысле помогает сама задача: небольшая неточность тут же порождает выражение длиной в две строки, значит где-то косяк. Однако, подставляя новые выражения в первоначальную систему, получаем что-то уж слишком легкие выражения:

$$\left\{\begin{matrix} y=\dfrac{t(r^2+1)-r^2 s(r^2-1)-2r^3}{rt(r^2+1)-rs(r^2-1)-2r^2}\\ \dfrac{1}{y}=\dfrac{t(r^2+1)-r^2 s(r^2-1)+2r^3}{rt(r^2+1)+rs(r^2-1)+2r^2}\\ z=\dfrac{-t(r^2+1)+s(r^2-1)+2r}{t(r^2+1)+s(r^2-1)+2r}\\ \dfrac{1}{z}=\dfrac{t(r^2+1)+s(r^2-1)+2r}{-t(r^2+1)+s(r^2-1)+2r}\\ x=\dfrac{t(r^2+1)+r^2 s(r^2-1)+2r^3}{rt(r^2+1)-rs(r^2-1)-2r^2}\\ \dfrac{1}{x}=\dfrac{t(r^2+1)-r^2 s(r^2-1)-2r^3}{rt(r^2+1)+rs(r^2-1)+2r^2} \end{matrix}\right.$$

Замечу, что для $z$ главное требование уже выполняется: произведение $3$-й и $4$-й скобок равно единице. Думаю, тут связь с $7$-м и $8$-м уравнениями, которые уже решены. Если так, то из оставшихся четырёх достаточно решить два, например два последних, которые подозрительно линейны относительно переменных $s,t$. Выпишу их отдельно, они того заслуживают.

$$\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{t(r^2+1)+r^2 s(r^2-1)+2r^3}{rt(r^2+1)-rs(r^2-1)-2r^2}\\ \dfrac{1}{x}=\dfrac{t(r^2+1)-r^2 s(r^2-1)-2r^3}{rt(r^2+1)+rs(r^2-1)+2r^2} \end{matrix}\right.$$

Значит, $x$ всё-таки придется брать свободной переменной. Из онлайн-сервисов один напрочь отказался это решать и стал раздавать благие советы, другой выдал решение с нулём. Пришлось пальчиками. Оказалось, записанная в строки система действительно имеет решение $s=0,t=\dfrac{2r}{1-r^2}.$ Но, собирая ее обратно в дробь, получаем ноль в числителе и ноль в знаменателе. Более того, все дроби системы при при этой подстановке обрастают нулями. А определитель системы не ноль. Решение есть, оно такое: $x=y=z=\dfrac{0}{0}$. Однако, рациональное решение существует: $x=y=z=1$, такой вывод был бы доказательством. Но математика точная наука, имеем более осторожный вывод: если существует общее решение уравнения $(9)$, то оно невыразимо тождеством Эйлера от восьми переменных. По-моему, на человеческий язык это переводится так: решений нет. Но кто знает... Добавлю, что никаких предположений, допущений или неполных решений по ходу дела не возникало. Чистая алгебра.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):

$x=y=z=\dfrac{0}{0}$.

Тут погорячился. Следовало записать так: $x=\dfrac{0}{0}, y=\dfrac{0}{0}, z=\dfrac{0}{0}$. Раскрытие подобных неопределенностей вопрос философский, но попробуем всё же выписать значения $x,y,z$ после подстановки $t=0, s=\dfrac{2r}{1-r^2}:$

$$x=\dfrac{-2r^3+2r^3}{2r^2-2r^2},y=\dfrac{2r^3-2r^3}{2r^2-2r^2},z=\dfrac{-2r+2r}{-2r+2r}.$$

Абстрагировавшись секундочку от нулей, видим, что значения $x,y$ отличаются только знаком. Предположив что это правда, немедленно получаем решение уравнения $(9)$: $\left | x \right |=\left | y \right |,z=\pm 1,$ которое соответствует, видимо, тривиальным решениям кубоида. Но тогда вопрос к сообществу: тождество Эйлера действительно не является общим решением для равных сумм четырех квадратов? Может, не стоило и огород городить.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):

перепишем его так:

$$y^2+\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2+z^2+\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2=x^2+\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2+1^2+1^2\ \ \ (9)$$

Думаю, что вместо $1^2+1^2$ надо написать
$\left(\dfrac{-m^2+2m+1}{m^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{m^2+2m-1}{m^2+1}\right)^2$, где
$m$ произвольное рациональное число. И это будет справедливо - рассмотреть общий случай разложения двойки на рациональные квадраты.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1470802 писал(а):

$\left(\dfrac{-m^2+2m+1}{m^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{m^2+2m-1}{m^2+1}\right)^2$

Я сначала так и записал. Но Вольфрам не любит большого количества переменных. То есть любит, но за очень дополнительные деньги. В общности тождества из восьми переменных сомнений тогда не возникало, подумал – если есть решение с попарно различными $(x,y,z)$, то есть и соотв. разбиение на квадраты с единицами. Лишняя переменная иногда дорогого стоит, это да. Но, в конце концов это внутреннее дело исследователя – как разбить двойку на квадраты, на общность решения $(9)$ оно не повлияет. Тут другое. Мой промах в произвольном выборе пары уравнений, когда их осталось шесть (собственно, четыре). Параметры $x,y$ в общем случае не симметричны, и, если $y$ может быть на каком-то этапе назначен свободной переменной, не факт что это верно для $x$. Я выбрал $x$, и тут моя алгебра перестала меня понимать, отсюда неопределенности. Хорошо, не поленился проверить верхнюю пару уравнений, она разрешима относительно $s,t$ без приключений:

$$s=\dfrac{2r(r^2+1)(y^2-1)}{(r^2-1)(r^2+(ry-1)^2-y^2 )},\ t=\dfrac{4r^3 y(y-r)}{(r^2+1)(r^2+(ry-1)^2-y^2 )}.$$

$y$ теперь у нас свободная переменная (на долго ли), остальные выражения через соотв. подстановки принимают вид

$$\left\{\begin{matrix} z=\dfrac{r^2-1}{2ry-(r^2+1)}\\ x=\dfrac{2r-(r^2+1)y}{r^2-1}\\ \dfrac{1}{x}=\dfrac{(r^2-1)y}{2ry-(r^2+1)} \end{matrix}\right.$$

Если бы ситуация с $x$ разрешилась так же гладенько, как с $z$, имели бы теперь решение сильного кубоида. Но, как видим, чтобы произведение $5$-й и $6$-й скобок Эйлерова тождества стало $=1$, нужно решить еще одно уравнение: $\dfrac{2r-(r^2+1)y}{r^2-1} \cdot \dfrac{(r^2-1)y}{2ry-(r^2+1)}=1,$ которое после преобразований уместилось бы на полях тетрадки Пьера Ферма:

$$(r^2+1)(y^2-1)=0$$

И вот она уже не свободная переменная, а всего лишь $y=\pm 1,$ оставшиеся параметры принимают вид $x=\dfrac{1\mp r}{r\pm 1},\ z=\dfrac{1\pm r}{1\mp r}.$ Они, кстати, не равны по модулю, то есть формально требование попарной различности $x,y,z$ соблюдено. Но, глядя на уравнение $(9)$, видим, что любые переменные можно брать без последствий не только с обратными знаками, но и обратными по величине. Лучше решение $(9)$ всё же записать так:

$$\left\{\begin{matrix} \left | y \right |=1 \\ \left | x_1 \right |=\left | z \right |\\ \left | x_2 \right |=\left | 1/z \right | \end{matrix}\right.$$

И это общее решение. Неразрешимость кубоида таким образом доказана, репутация тождества четырех квадратов восстановлена, а я пойду заваривать чай

[scwec]

Andrey A в сообщении #1470753 писал(а):

тождество Эйлера действительно не является общим решением для равных сумм четырех квадратов?

Не является, применение формулы Эйлера только осложняет и так почти безнадёжную ситуацию, так что решения пока нет.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1470926 писал(а):

так что решения пока нет.

Это удивительно.

1) Вопрос общности тождества Эйлера был актуален, пока имелось на руках решение (с плюс/минус единицей в левой части), которое не удавалось привести в соответствие с элементами тождества, но не теперь, когда такое соответствие найдено, и, главное, привело к логически замкнутому решению. Я ведь за уши ничего не притягивал и даже ничего не доказывал, просто решал уравнение $(9).$ Хорошо. Предположим, существует другое, полное, какое-нибудь 16-параметрическое описание равных сумм четырех квадратов (это даже нетрудно соорудить, перемножив не две, а четыре скобки). Тогда тождество Эйлера образует частный случай и может быть выражено в новых терминах. Что нам мешает в новых терминах провести те же рассуждения?

2) Не могли бы Вы привести численный пример неполноты тождества четырех квадратов? Просто любопытно.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1470951 писал(а):

scwec в сообщении #1470926
писал(а):
так что решения пока нет.
Это удивительно.

Ну, можете считать, что Ваше доказательство отсутствия совершенного кубоида оказалось непонятым.
Не хочу наступать на горло чужой песне.
Однако, применив другие представления в виде однородных функций степени больше двух или, возможно,
вообще неоднородных функций вместо билинейных Эйлеровых, нетривиальное решение может быть получится, а может и нет. Это науке ещё неизвестно.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1470956 писал(а):

... Не хочу наступать на горло чужой песне.

И не наступайте. Если бы нетривиальные решения нашлись (на предпоследнем этапе), кому бы в голову пришло игнорировать их на основании неполноты Эйлерова тождества? Но это на человеческий взгляд бывают тривиальные и нетривиальные решения. В конце концов это нечестно, в алгебре они просто те, которые есть. Если бы существовало хотя бы одно решение (9), не подлежащее описанию тождеством, то установить логически не ущербное соответствие между элементами того и другого оказалось бы невозможно. Получили бы длиннющее выражение, с которым не известно что делать дальше (все знают как это бывает). Если же такое соответствие установлено, то и не важно, описывает тождество все равные суммы, или не все. Телега впереди лошади. Важно, что оно описывает все решения исследуемого уравнения. Неполные решения — всегда результат ущербных рассуждений или произвольных допущений, тут пока нареканий не было. На счет Эйлерова тождества тоже непонятно. Пример Вы не приводите, а сам факт существования других описаний еще не свидетельствует о неполноте данного. Впрочем, к теме это имеет косвенное отношение.
В главном не убедили.