Совершенный кубоид

[Лукомор]

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...

[Andrey A]

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.

[Лукомор]

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...
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?

[Andrey A]

Можно. Правильно. Но кирпич к сожалению не мой.

[Коровьев]

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.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[Коровьев]

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.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[scwec]

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.

[Andrey A]

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?

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

[scwec]

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.

[Andrey A]

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.