2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение28.05.2020, 10:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.05.2020, 19:51 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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 $(N^4-M^2)(L^4-M^2)=Y^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.05.2020, 23:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.05.2020, 15:56 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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 $(X^2-1)(X^2-K^4)=Y^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.05.2020, 17:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.05.2020, 22:35 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение31.05.2020, 03:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение25.06.2020, 17:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.06.2020, 10:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.06.2020, 18:16 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.06.2020, 23:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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 8-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение27.06.2020, 15:16 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение27.06.2020, 17:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение27.06.2020, 18:52 
Заслуженный участник


17/09/10
2088
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.06.2020, 13:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1532
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 134 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group