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 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  След.
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.06.2020, 14:07 
Аватара пользователя


22/07/08
1043
Одесса
Andrey A в сообщении #1427540 писал(а):
Задача сводится к системе диофантовых уравнений

А саму задачу сформулировать можете?
Я уже пятую страницу читаю, а постановки задачи так и не нашел... :roll:

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.06.2020, 15:29 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Лукомор
Приведу эту ссылку подробней:

Andrey A в сообщении #1427540 писал(а):
Задача сводится к системе диофантовых уравнений $\left\{\begin{matrix}
$A^2+B^2 & =X^2\\ 
B^2+C^2 &=Y^2 \\ 
C^2+A^2 &=Z^2 \\ 
A^2+B^2+C^2 & =T^2
\end{matrix}\right.$ Тут $A,B,C $– длины рёбер воображаемого параллелепипеда, $X,Y,Z$ – длины диагоналей граней, $T$ – длина пространственной диагонали.


Задача сводится к вопросу: существует ли в природе т.н. Диофантов кирпич — прямоугольный параллелепипед, у которого длины всех рёбер, диагоналей граней и пространственной диагонали выражаются целыми положительными числами. Если да, указанная система должна быть разрешима в натуральных числах. Задача стара как мир, но ни одного решения, как выразился scwec, науке ещё неизвестно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.06.2020, 18:26 
Аватара пользователя


22/07/08
1043
Одесса
Andrey A в сообщении #1471289 писал(а):
Приведу эту ссылку подробней:

Ссылку я читал, и еще 5 страниц обсуждения после нее,
но (может быть я придираюсь) сначала формулируется задача, а потом, путем некоторых преобразований,
или введения дополнительных условий, "задача сводится к" более простой, или к такой, решение которой известно.
Вот до слов "задача сводится к...", я никакой задачи не увидел, да и после этих слов легче не стало... :D
Впрочем, это не важно.

Насколько я понял, Ваш "кирпич" всегда можно вписать в сферу диаметра $T$,
причем грани "кирпича" окажутся вписаны при этом в окружности с диаметрами $X$, $Y$ и $Z$?
Правильно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.06.2020, 19:11 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Можно. Правильно. Но кирпич к сожалению не мой.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.06.2020, 01:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
731
Andrey A в сообщении #1470951 писал(а):
2) Не могли бы Вы привести численный пример неполноты тождества четырех квадратов? Просто любопытно.

Пусть, к примеру:
$$\[
x = \frac{{2a}}{{a^2  + b^2  + c^2  + 1}},y = \frac{{2b}}{{a^2  + b^2  + c^2  + 1}},z = \frac{{2c}}{{a^2  + b^2  + c^2  + 1}},t = \frac{{a^2  + b^2  + c^2  - 1}}{{a^2  + b^2  + c^2  + 1}}
\]$

$$\[
p =  - 2x + y + z + t,q = 2y + x + t - z,r = 2z - t + x + y,s = 2t + z - y + x
\]$
Где $\[a,b,c\]$ - любые рациональные числа

Тогда

$$\[
7 = 2^2  + 1^2  + 1^2  + 1^2  = p^2  + q^2  + r^2  + s^2 
\]$

Это все решения для заданных четырёх квадратов и их очень, очень много.
Замечу, с помощью приведённого тождества Эйлера все решения ну никак не получить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.06.2020, 05:14 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Коровьев в сообщении #1471391 писал(а):
... ну никак не получить.
Спасибо, интересно как вы пришли к такому выводу. Я пока даже для разрешимых четверок не понимаю как восстановить решение (если их, к примеру, перемешали). С целыми понятно что не любые, а для рациональных — казалось, на поверхности не лежит. Но это отдельная тема. Ладно, тогда так: если scwec на Ваш взгляд по делу моё доказательство завалил, сопротивляться больше не буду. Утомило. Можете при желании испытать те же преобразования на других формах. Было бы любопытно. А то меня троллить уже начинают потихоньку.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.06.2020, 13:42 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1471271 писал(а):
... 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.

Это не верно. Соответствие вполне может быть установлено между Эйлеровыми четверками и некоторым подмножеством решений $(9)$.
scwec, Вы правы. Не доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение01.07.2020, 00:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
731
Andrey A в сообщении #1471396 писал(а):
как вы пришли к такому выводу

Это не я пришёл. Это кватернионы пришли.
Вот применённое тождество есть математическое выражение того факта, что модуль произведения двух кватернионов равен модулю произведения сопряжённых кватернионов.
А ещё есть семейство нетривиальных кватернионов, модуль которых равен единице. Т.е., модуль любого кватерниона не изменится если его умножить на такую "единицу", которых бесконечно много.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение01.07.2020, 07:18 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Коровьев в сообщении #1471479 писал(а):
... семейство нетривиальных кватернионов, модуль которых равен единице.

В эту сторону всё понятно. Кстати, формула для единицы отлично выводится из Эйлерова тождества. А вот в обратную сторону, т.е. как восстановить произведение из имеющихся четверок — там одни вопросы. Это даже для равных сумм двух квадратов $a^2+b^2=c^2+d^2=(x^2+y^2)(z^2+t^2)=m$ на поверхности не лежит. Но там можно воспользоваться логикой сравнений и получить хотя бы отношение $$\dfrac{x}{y}=\sqrt{ \dfrac{(a+c)^2-(b+d)^2}{(b-d)^2-(a-c)^2} },\ \dfrac{z}{t}=\sqrt{ \dfrac{(a+c)^2-(b-d)^2}{(b+d)^2-(a-c)^2} }.$$ Решением оно будет только для целых при вз. простых парах $(x,y),(z,t)$; для рациональных следует, видимо, ставить вопрос $m=(X^2+1)(Z^2+1)$. А для четверок? Если Эйлерово тождество не полное, подобная закономерность оказалась бы тестом на принадлежность соответствующему подмножеству, о чем свидетельствовал бы квадрат под радикалом. И сразу вопросы:
1) Сколько четверок определяют искомое произведение?
2) Как повлияет порядок следования слагаемых внутри четверок на квадратность выражения под радикалом?
В случае двух квадратов вроде бы никак не влияет. Если оно верно и для четверок, это был бы сильный тест.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.07.2020, 18:53 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1471487 писал(а):
подобная закономерность оказалась бы тестом...
На самом деле не такая уж она и проблема. Положим, имеется две четверки квадратов равной суммы $C_1^2+C_2^2+C_3^2+C_4^2=D_1^2+D_2^2+D_3^2+D_4^2$, и нужно выяснить, описываются они Эйлеровым тождеством, или нет. Выпишем это поподробней:

$(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)=$

$\overset{ C_1 }{\left (-a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ C_2 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}+$ $\overset{ C_3 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ C_4 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}=$

$\overset{ D_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2-a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}-\overset{ D_2 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}-$ $\overset{ D_3 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ D_4 }{\left (-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}$

Приняв пока параметры $a_i$ за аргументы, можем составить две линейные системы из $4$-х уравнений относительно $b_1,b_2,b_3,b_4$, исходя отдельно из $1$-й и $2$-й четверок. Приравняв полученные значения, имеем четверку равенств вида $$b_1=\dfrac{-a_1C_1+a_2C_2+a_3C_3+a_4C_4}{a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1D_1-a_2D_2+a_3D_3+a_4D_4}{a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2}$$ c равными знаменателями в дробях. Приравнивая далее числители, получаем линейную однородную систему четырех уравнений уже относительно $a_1,a_2,a_3,a_4$. Определитель такой системы должен быть $=0$, что является необходимым и в общем случае достаточным условием ее разрешимости. Определитель такой: $$-(C_1^2+C_2^2+C_3^2+C_4^2-D_1^2-D_2^2-D_3^2-D_4^2)^2-4(C_1D_3+C_3D_1-C_2D_4-C_4D_2)^2.$$ Как видим, равенство сумм квадратов действительно не единственное условие, общее требование такое: $$\left\{\begin{matrix}
C_1^2+C_2^2+C_3^2+C_4^2=D_1^2+D_2^2+D_3^2+D_4^2\\ 
C_1D_3+C_3D_1=C_2D_4+C_4D_2.
\end{matrix}\right.$$ Порядок следования слагаемых нам не известен, сильным такой тест не назовешь. Но, тем не менее, за конечное число операций можем ответить на поставленный вопрос однозначно. Я не стал выписывать подробности, сделаю это на другом примере. Проведем замены в формулах Эйлера: $a_2 \rightarrow ia_2, b_2 \rightarrow ib_2, a_3 \rightarrow ia_3, b_3 \rightarrow ib_3, $ где $i=\sqrt{-1}.$ Получаем новое знакопеременное тождество:

$(a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2)(b_1^2-b_2^2-b_3^2+b_4^2)=$

$\overset{ c_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}-\overset{ c_2 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}-$ $\overset{ c_3 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ c_4 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}=$

$\overset{ d_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}-\overset{ d_2 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}-$ $\overset{ d_3 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ d_4 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}$

Запишем это в две системы относительно $b_1,b_2,b_3,b_4$: $\left\{\begin{matrix}
a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=c_1\\ 
a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=c_2\\ 
a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=c_3\\ 
a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=c_4
\end{matrix}\right. \ \ \left\{\begin{matrix}
a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=d_1\\ 
a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=d_2\\ 
a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=d_3\\ 
a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=d_4
\end{matrix}\right.$ и приравняем решения: $\left\{\begin{matrix}
b_1=\dfrac{a_1c_1-a_2c_2-a_3c_3+a_4c_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1d_1+a_2d_2-a_3d_3-a_4d_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_2=\dfrac{a_1c_2-a_2c_1-a_3c_4+a_4c_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1d_2+a_2d_1-a_3d_4-a_4d_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_3=\dfrac{a_1c_3+a_2c_4-a_3c_1-a_4c_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1d_3-a_2d_4-a_3d_1+a_4d_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_4=\dfrac{a_1c_4+a_2c_3-a_3c_2-a_4c_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1d_4-a_2d_3-a_3d_2+a_4d_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}
\end{matrix}\right.$


У равных дробей с равными знаменателями равны и числители. Приравнивая их попарно, получаем однородную систему относительно $a_1,a_2,a_3,a_4$: $\left\{\begin{matrix}
(c_1-d_1 ) a_1-(c_2+d_2 ) a_2-(c_3-d_3 ) a_3+(c_4+d_4 ) a_4=0\\ 
(c_2-d_2 ) a_1-(c_1+d_1 ) a_2-(c_4-d_4 ) a_3+(c_3+d_3 ) a_4=0\\ 
(c_3-d_3 ) a_1+(c_4+d_4 ) a_2-(c_1-d_1 ) a_3-(c_2+d_2 ) a_4=0\\ 
(c_4-d_4 ) a_1+(c_3+d_3 ) a_2-(c_2-d_2 ) a_3-(c_1+d_1 ) a_4=0
\end{matrix}\right.$, которая разрешима только если

$\det \begin{pmatrix}
(c_1-d_1 ) & -(c_2+d_2 ) & -(c_3-d_3 ) & (c_4+d_4 )\\ 
(c_2-d_2 ) & -(c_1+d_1 ) & -(c_4-d_4 ) & (c_3+d_3 )\\ 
(c_3-d_3 ) & (c_4+d_4 ) & -(c_1-d_1 ) & -(c_2+d_2 )\\ 
(c_4-d_4 ) & (c_3+d_3 ) & -(c_2-d_2 ) & -(c_1+d_1 )
\end{pmatrix}=$ $-(c_1^2-c_2^2-c_3^2+c_4^2-d_1^2+d_2^2+d_3^2-d_4^2)^2$ $-4(c_1d_3-c_3d_1-c_2d_4+c_4d_2)^2=0$

Условия применимости знакопеременного тождества в полном соответствии с предыдущим выражаются системой $$\left\{\begin{matrix}
c_1^2-c_2^2-c_3^2+c_4^2=d_1^2-d_2^2-d_3^2+d_4^2\\ 
c_1d_3-c_3d_1=c_2d_4-c_4d_2.
\end{matrix}\right.$$

Переместимся теперь поближе к теме. Уравнение $y^2+\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2+z^2+\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2=x^2+\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2+1^2+1^2\ (9)$, о которое сломано столько копий, перепишем так: $$\underset{c_1}{y^2}-\underset{c_2}{1^2}-\underset{c_3}{\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2}+\underset{c_4}{z^2}=\underset{d_1}{x^2}-\underset{d_2}{\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2}-\underset{d_3}{\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2}+\underset{d_4}{1^2}\ (9')$$
Имеем полное право. И, как видим, недостающее условие разрешимости выполняется для $(9')$ по умолчанию: $y \cdot \dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}  \cdot x=1  \cdot 1-z \cdot \dfrac{1}{z}=0.$ Это значит, что все решения $(9')$, а значит и $(9)$, полностью описываются тождеством Эйлера, независимо от того, какие в природе бывают еще четверки квадратов. Но такое решение у нас уже есть. Впрочем, оно сложное, тут многое можно упростить. Как раз на примере уравнения $(9')$:

$\left\{\begin{matrix}
a_1 b_1+a_2 b_2+a_3 b_3-a_4 b_4=y\\ 
a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=1\\ 
a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=1/x\\ 
a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=z\\ 
a_1 b_1-a_2 b_2+a_3 b_3+a_4 b_4=x\\ 
a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=1/z\\ 
a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=1/y\\ 
a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=1
\end{matrix}\right.$

Складывая и вычитая почленно уравнения $7,3$, получаем: $\begin{matrix}
\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}=2(a_1 b_3+a_3 b_1 )\\ 
\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}=2(a_2 b_4-a_4 b_2)
\end{matrix}$ Домножая на $xy$, имеем $\begin{matrix}
2xy(a_1 b_3+a_3 b_1 )=x+y=2(a_1 b_1+a_3 b_3 )\\ 
2xy(a_2 b_4-a_4 b_2 )=x-y=2(a_4 b_4-a_2 b_2 )
\end{matrix}$ ($+/-$ $5$-е и $1$-е уравнения) $$\Rightarrow \dfrac{x+y}{x-y}=\dfrac{a_1 b_3+a_3 b_1}{a_2 b_4-a_4 b_2}=\dfrac{a_1 b_1+a_3 b_3}{a_4 b_4-a_2 b_2}$$

По той же схеме $\begin{matrix}
1+\dfrac{1}{z}=2(a_1 b_2+a_3 b_4)\\ 
1-\dfrac{1}{z}=2(a_2 b_1-a_4 b_3)
\end{matrix}$ Домножая на $z$: $\begin{matrix}
2z(a_1 b_2+a_3 b_4)=z+1=2(a_1 b_4+a_3 b_2 )\\ 
2z(a_2 b_1-a_4 b_2)=z-1=2(a_4 b_1-a_2 b_3 )
\end{matrix}$ $$\Rightarrow \dfrac{z+1}{z-1}=\dfrac{a_1b_2+a_3b_4}{a_2b_1-a_4b_2}=\dfrac{a_1b_4+a_3b_2}{a_4b_1-a_2b_3}$$ Выражая из двух новых уравнений значение $\dfrac{a_1}{a_3}$ и приравнивая результаты, получаем:

$\dfrac{a_1}{a_3}=\dfrac{a_2 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_4 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}{a_4 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_2 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}=$ $\dfrac{a_2 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_4 (b_1 b_4+b_2^2 )}{a_4 (b_1 b_2+b_2 b_4 )-a_2 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}=\dfrac{a_4 b_2 (b_2-b_3 )}{a_4 b_4 (b_3-b_2 )}=-\dfrac{b_2}{b_4}.$ Предпоследняя дробь получилась из двух предыдущих почленным вычитанием числителей и знаменателей, что для равных дробей позволено. Далее из $\dfrac{a_1}{a_3}=-\dfrac{b_2}{b_4}$ следует $a_1 b_4+a_3 b_2=0$. Подставляя это в уравнение $8$, получаем $1=a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=(a_1 b_4+a_3 b_2)+a_2 b_3-a_4 b_1=0+a_2 b_3-a_4 b_1$, откуда $a_2 b_3-a_4 b_1=1.$ Перпишем теперь уравнение $4$ так: $z=a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=(a_1 b_4+a_3 b_2)-(a_2 b_3-a_4 b_1)=0-1=-1.$ Если бы в $(9)$ вместо единиц стояли минус единицы, получили бы, видимо, $z=1$ без потери общности, и третьего не дано. А при $\left | z \right |=1$ решение известное: $\left | x_1 \right |=\left | y \right |, \left | x_2 \right |=\left | 1/y \right |.$ Так что доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 15:24 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1472422 писал(а):
... доказано.
Это касается уравнений $(9')$ и, следовательно $(9).$
Ранее было показано, что уравнение $y^2+\dfrac{1}{y^2}+z^2+\dfrac{1}{z^2}=x^2+\dfrac{1}{x^2}+2$ равносильно задаче о Диофатовом кирпиче. Если бы последнее имело ненулевые решения, то для любых рациональных $\alpha^2+\beta^2=2$ нашлись бы тройки $x;\ y,z \neq \pm 1$ такие, что
$$y^2+\dfrac{1}{y^2}+z^2+\dfrac{1}{z^2}=x^2+\dfrac{1}{x^2}+\alpha^2+\beta^2,$$ в том числе и для $\alpha=\beta=1$. Тогда получили бы нетривиальное решение уравнения $(9)$, где оба параметра $y,z$ отличны по модулю от единицы, но общее решение $(9)$ таково: $\left\{\begin{matrix}
\left | z \right |=1 \\ 
\left | x_1 \right |=\left | y \right |\\ 
\left | x_2 \right |=\left | 1/y \right |
\end{matrix}\right.$ Это было доказано постом выше и противоречит настоящему предположению. Значит, его не существует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 17:44 
Заслуженный участник


17/09/10
1927
Andrey A в сообщении #1472422 писал(а):
Как видим, равенство сумм квадратов действительно не единственное условие, общее требование такое: $$\left\{\begin{matrix}
C_1^2+C_2^2+C_3^2+C_4^2=D_1^2+D_2^2+D_3^2+D_4^2\\ 
C_1D_3+C_3D_1=C_2D_4+C_4D_2.
\end{matrix}\right.$$

Однако, $3^2+3^2+3^2+4^2=1^2+1^2+4^2+5^2=43$
и условие $C_1D_3+C_3D_1=C_2D_4+C_4D_2$ не выполняется (одна из частей условия делится на 3, а другая нет).
Делайте выводы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 18:06 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
scwec в сообщении #1472662 писал(а):
выводы...
Вывод один: данные четверки не описываются тождеством Эйлера. Даже проверять не хочется — легче проверить само тождество в общем виде.

ps или я вопрос не понял?

$(-a_1 b_1+a_2 b_2+a_3 b_3+a_4 b_4 )(a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 )$ $+(a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 )(a_1 b_1+a_2 b_2-a_3 b_3+a_4 b_4 )-$
$-(a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 )(-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 )$ $-(a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1 )(a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 )=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 18:21 
Заслуженный участник


17/09/10
1927
Andrey A в сообщении #1472664 писал(а):
Вывод один: данные четверки не описываются тождеством Эйлера

И, насколько я понимаю, предложенное общее решение уравнения $(9)$, основанное на тождестве Эйлера, не достаточно и факт отсутствия совершенных кубоидов здесь не доказан.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 18:36 


21/11/12
1056
Санкт-Петербург
Да вовсе нет. Вот в предложенном Вами равенстве второе условие не выполняется, а в $(9')$ оно как раз выполняется:
Andrey A в сообщении #1472639 писал(а):
$y \cdot \dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}  \cdot x=1  \cdot 1-z \cdot \dfrac{1}{z}=0.$

Именно поэтому решение общее.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 112 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  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