Совершенный кубоид

[scwec]

Andrey A в сообщении #1472422 писал(а):

Это значит, что все решения $(9')$, а значит и $(9)$, полностью описываются тождеством Эйлера

Это слабое место и совершенно неочевидное утверждение. Здесь два различных тождества: первое - Эйлера, связанное с уравнением $(9)$, второе, назовём его знакопеременным тождеством Эйлера, связанное с уравнением $(9')$.
Нужно доказать, что $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$ для уравнения $(9)$.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1472685 писал(а):

... слабое место и совершенно неочевидное утверждение.

Почему-то я предвидел подобные возражения. Можно ведь было просто перетащить элементы $(9)$ в нужном порядке с соотв. скобочками и убедиться, что второе условие выполняется. Но я вывел "с нуля" знакопеременное тождество, уже на его примере составил и решил уравнения, вывел определитель системы (который в сущности не изменился, его можно и так и так перетасовывать), сопоставил с элементами уравнения $(9')$ и всё равно не убедил. Ладно. Давайте разбираться. Уравнения $(9)$ и $(9')$ это одно и то же уравнение, просто слагаемые переставлены местами. Тождество Эйлера и "знакопеременное тождество" — точно так же суть одно тождество с переставленными слагаемыми. Получается, что первое условие (равенство сумм квадратов) Вы согласны принимать в знакопеременном виде, а второе $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$ — отказываетесь. Я бы вообще не связывался со знакопеременными выражениями, но в форме $(9)$ первое условие в уравнении заметно, а второе не очень, оттого всё и затеяно.
scwec, если бы вместо "совершенно неочевидное" Вы бы употребили "непривычное", я бы и согласился. Но ведь мы имеем дело с тождествами, всё можно проверить хотя бы в Вольфраме. А лучше представить, что и уравнение и тождество сразу были записаны в знакопеременной форме. Почему нет? Если опять не убедил, укажите конкретней где моя ошибка.

P.S. Можно, например, "выпрямить обратно" $(9')$ в $(9)$ и получить $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$, только с другими буквами.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):

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

Здесь тождество Эйлера появляется первый раз

Andrey A в сообщении #1472669 писал(а):

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:

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

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

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

А здесь тождество Эйлера появляется второй раз.
Проверьте расхождения в знаках перед скобками ну и дальнейшие расчеты тоже.

[Andrey A]

Это ошибка при копировании, на дальнейшее она не влияет. Правильно как в первый раз, спасибо за поправку. Интересные вещи выясняются. Насчет доказательства ничего нового не скажу, оно в силе, а вот тут я не прав:

Andrey A в сообщении #1472712 писал(а):

P.S. Можно, например, "выпрямить обратно" $(9')$ в $(9)$ и получить $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$, только с другими буквами.

И тут:

Andrey A в сообщении #1472712 писал(а):

Тождество Эйлера и "знакопеременное тождество" — точно так же суть одно тождество с переставленными слагаемыми.

Выпрямляя знакопеременную форму, получаем следующее:

$\overset{ c_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ d_3 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ c_4 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ d_2 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ d_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ c_3 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ d_4 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ c_2 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}$

Сходство с тождеством Эйлера скорее внешне, но первое условие применимости (равенство сумм квадратов) выполняется. Однако, в вещественных числах оно не факторизуется, полное же условие в переводе на большие буквы выглядит так:

$$\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2\ \ \ +\ \ P_3P_4\ =\ Q_1Q_2\ \ +\ \ \ Q_3Q_4 \end{matrix}\right.$$

Понимаете? Это то, что Вы требовали: $y \cdot \dfrac{1}{y}+z \cdot \dfrac{1}{z}=x \cdot \dfrac{1}{x}+1 \cdot 1=2.$ Уравнение $(9)$ в прямом движении описывается не тождеством Эйлера, а именно этим. Тут требуется доказательство, но я уверен, что в определителе однородной системы окажутся именно эти выражения. Первое доказательство для прямого движения (сложное) учитывало только равенство сумм квадратов, второе же условие выполняется автоматом. Поэтому оно тоже общее, хотя и его надо бы упростить. Имеем в итоге два доказательства. Замены были такие: $c_1\rightarrow P_1,d_3\rightarrow P_2,c_4\rightarrow P_3,d_2\rightarrow P_4,d_1\rightarrow Q_1,c_3\rightarrow Q_2,d_4\rightarrow Q_3,c_2\rightarrow Q_4.$ Тут есть еще соображения, но это попозже.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):

Тут требуется доказательство

Так доказывайте, а там посмотрим.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):

$$\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2\ \ \ +\ \ P_3P_4\ =\ Q_1Q_2\ \ +\ \ \ Q_3Q_4 \end{matrix}\right.$$

Это можно переписать так:

$$\left\{\begin{matrix} (P_1+P_2)^2+(P_3+P_4)^2=(Q_1+Q_2)^2+(Q_3+Q_4)^2\\ (P_1-P_2)^2+(P_3-P_4)^2=(Q_1-Q_2)^2+(Q_3-Q_4)^2\end{matrix}\right.$$

Причем суммы четырех квадратов левой и правой частей системы равны. Разложение некоторой величины $M$ в сумму "квазиэйлеровых" квадратов зависит не от множителей $M$ (мысля пока в целых числах), а от представления в виде среднего арифметического $(m_1+m_2)/2$, где $m_1,m_2$ — пара чисел вида $a_1^2+b_1^2=a_2^2+b_2^2.$ Пример: $M=2020=\dfrac{3700+340}{2}.$
$3700=60^2+10^2=54^2+28^2.$
$340=\ \ 18^2+4^2=14^2+12^2.$

$(60+18)/2=39,\ (60-18)/2=21,\ (10+4)/2=7,\ (10-4)/2=3.$
$(54+14)/2=34,\ (54-14)/2=20,\ (28+12)/2=20,\ (28-12)/2=8.$

$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 39^2+21^2+7^2+3^2=34^2+20^2+20^2+8^2=2020 \\ 39\cdot 21+7 \cdot 3=34 \cdot 20+20 \cdot 8=840. \end{matrix}\right.$$

Отсюда можно предположить, что любое достаточно большое целое отобразимо квазиэйлеровыми четверками целых квадратов, и уж точно любое рациональное — рациональными.

scwec в сообщении #1472742 писал(а):

Так доказывайте, а там посмотрим.

Так Вы бы сказали чего не хватает до полного счастья. А то опять переписывать придется )) И потом, если квазиэйлеровы четверки описывают любое рациональное число, нужно ли еще чего-то доказывать?

[scwec]

Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):

Тут требуется доказательство, но я уверен, что в определителе однородной системы окажутся именно эти выражения.

Вот это доказательство и нужно было предъявить. Кроме того, если это докажете, и второе условие для уравнения $(9)$ сменится и сменятся выражения в скобках для тождества Эйлера, то надо переделывать нахождения "общего решения". Всё будет зависеть от привязки $x,y,1/x,1/y,z,1/z,1,1$ к скобкам нового тождества.
Однако, если Вам и так всё ясно, то мне ясно, что попытка доказательства отсутствия совершенного кубоида до конца пока не доведена.

(Оффтоп)

Впрочем, резвиться никому не запрещено.

[Andrey A]

scwec, на счет "резвиться" Вы совершенно правы. Утомила она меня, эта задача. Сделаю как Вы сказали, но должен предупредить: скобки из знакопеременного выражения я перетаскивал вместе с названиями. От замен на большие буквы даже фабула не поменяется, только обложка. К вечеру постараюсь управиться.

[Andrey A]

Итак, доказательство 2 (первое было здесь).

Имеем уравнение

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

и тождество

$\overset{ =P_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =P_2 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =P_3 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =P_4 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ =Q_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =Q_2 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =Q_3 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =Q_4 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}\ \ \ \ \ (10)$


Для начала выясним, возможно ли привести в строгое соответствие элементы одного и другого, чтобы в последствии с помощью $(10)$ найти общее решение $(9).$ Представим на минуту $(10)$ в качестве уравнения, приравняв выражения в скобочках к параметрам в надстрочниках, и выясним условия его разрешимости, т.е. ответим на вопрос какими еще свойствами должны обладать параметры $P_1,P_2,P_3,P_4,Q_1,Q_2,Q_2,Q_2$ кроме видимого свойства равенства сумм четырех квадратов. Запишем две линейных системы из четырех уравнений относительно $b_1,b_2,b_3,b_4$:

$\left\{\begin{matrix} a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=P_1\\ a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=Q_2\\ a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=P_3\\ a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=Q_4 \end{matrix}\right. \ \ \left\{\begin{matrix} a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=Q_1\\ a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=P_2\\ a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=Q_3\\ a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=P_4 \end{matrix}\right.$ и приравняем решения: $\left\{\begin{matrix} b_1=\dfrac{a_1P_1-a_2Q_4-a_3Q_2+a_4P_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1Q_1+a_2P_4-a_3P_2-a_4Q_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ b_2=\dfrac{a_1Q_4-a_2P_1-a_3P_3+a_4Q_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1P_4+a_2Q_1-a_3Q_3-a_4P_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ b_3=\dfrac{a_1Q_2+a_2P_3-a_3P_1-a_4Q_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1P_2-a_2Q_3-a_3Q_1+a_4P_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ b_4=\dfrac{a_1P_3+a_2Q_2-a_3Q_4-a_4P_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1Q_3-a_2P_2-a_3P_4+a_4Q_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2} \end{matrix}\right.$

У равных дробей с равными знаменателями равны так же и числители. Приравнивая их попарно, получаем однородную систему относительно $a_1,a_2,a_3,a_4$:

$\left\{\begin{matrix} (P_1-Q_1 ) a_1-(Q_4+P_4 ) a_2-(Q_2-P_2 ) a_3+(P_3+Q_3 ) a_4=0\\ (Q_4-P_4 ) a_1-(P_1+Q_1 ) a_2-(P_3-Q_3 ) a_3+(Q_2+P_2 ) a_4=0\\ (Q_2-P_2 ) a_1+(P_3+Q_3) a_2-(P_1-Q_1 ) a_3-(Q_4+P_4 ) a_4=0\\ (P_3-Q_3 ) a_1+(Q_2+P_2 ) a_2-(Q_4-P_4 ) a_3-(P_1+Q_1 ) a_4=0 \end{matrix}\right.$ Определитель такой системы

$$\det \begin{pmatrix} (P_1-Q_1 ) & -(Q_4+P_4 ) & -(Q_2-P_2 ) & (P_3+Q_3 )\\ (Q_4-P_4 ) & -(P_1+Q_1 ) & -(P_3-Q_3) & (Q_2+P_2 )\\ (Q_2-P_2 ) & (P_3+Q_3 ) & -(P_1-Q_1 ) & -(Q_4+P_4 )\\ (P_3-Q_3 ) & (Q_2+P_2 ) & -(Q_4-P_4 ) & -(P_1+Q_1 ) \end{pmatrix}=$ $-(P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2-Q_1^2-Q_2^2-Q_3^2-Q_4^2)^2$ $-4(P_1P_2+P_3P_4-Q_1Q_2-Q_3Q_4)^2$$

должен равняться нулю, что является необходимым и в общем случае достаточным условием разрешимости $(10).$ Сумма квадратов рациональных чисел даже с минусом может быть $=0$ только, если основания квадратов $=0.$ Для первого квадрата это выполняется по уже известному свойству, остается проверить второй:

$P_1P_2+P_3P_4-Q_1Q_2-Q_3Q_4=(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4)$ $(a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2)+(a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1)$ $(a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3)-$
$-(a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4)(a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2)-$ $(a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1)(a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3)=0.$

Выполняется тождественно, как и первое, что отличает форму $(10)$ от формулы Эйлера и делает ее максимально пригодной для описания уравнения $(9):$ проведя соответствие $P_1 \leftrightarrow y,P_2 \leftrightarrow \dfrac{1}{y},P_3 \leftrightarrow z,P_4 \leftrightarrow \dfrac{1}{z},Q_1 \leftrightarrow x,Q_2 \leftrightarrow \dfrac{1}{x},Q_3 \leftrightarrow 1,Q_4 \leftrightarrow 1,$ видим, что условия разрешимости $(10)$ вполне соответствуют свойствам $(9)$: $y \cdot \dfrac{1}{y}+z \cdot \dfrac{1}{z}-x \cdot \dfrac{1}{x}-1 \cdot 1=0$ (первое выполняется по умолчанию). Иными словами, все решения $(9)$, если они имеются, могут быть описаны формой (10). Запишем: $\left\{\begin{matrix} a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=y\\ a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=\dfrac{1}{y}\\ a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=z\\ a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=\dfrac{1}{z}\\ a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=x\\ a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=\dfrac{1}{x}\\ a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=1\\ a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=1 \end{matrix}\right.$ Далее копирую доказательство $1$ с изменениями в индексах и названиях букв.

Складывая и вычитая почленно уравнения $2,6$, 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 $z$: $\begin{matrix} 2z(a_1 b_2+a_3 b_4)=z+1=2(a_1 b_4+a_3 b_2 )\\ 2z(a_2 b_1-a_4 b_2)=z-1=2(a_4 b_1-a_2 b_3 ) \end{matrix}.$

$$\Rightarrow \dfrac{z+1}{z-1}=\dfrac{a_1b_2+a_3b_4}{a_2b_1-a_4b_2}=\dfrac{a_1b_4+a_3b_2}{a_4b_1-a_2b_3}$$

Решая два новых уравнения относительно $\dfrac{a_1}{a_3}$ 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 получена 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 $7$, 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 $3$ 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 из последней подстановки $z=1$ без потери общности, и третьего не дано. Ну, а при $\left | z \right |=1$ решение известное: $\left | x_1 \right |=\left | y \right |, \left | x_2 \right |=\left | \dfrac{1}{y} \right |.$

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 $\alpha=\beta=\pm 1$. 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 выше и противоречит предположению. Значит, его не существует.

[scwec]

Andrey A
Нахождение "общего решения" базируется у Вас на применении тождества Эйлера.

Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):

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

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

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

Распределения переменных $y,1/y,z,1/z,x,1/x$ в названиях скобок у Вас фиксировано и выполняется ли условие 2 (которое здесь не приводится) для этого распределения не известно.
Нужно было бы проверять все 135 вариантов распределения. Причем, если условие не выполняется, оно дает уравнение, связывающее переменные $x,y,z$ и делающее условие выполнимым. Это то, что нужно учитывать при всех вариантах расчета.
Поскольку этого не сделано, то "общее решение" нельзя считать достаточным.

Однако, в последних сообщениях заведено новое тождество, похожее на тождество Эйлера

Andrey A в сообщении #1472837 писал(а):

тождество

$\overset{ =P_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =P_2 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =P_3 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =P_4 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ =Q_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =Q_2 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =Q_3 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =Q_4 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}\ \ \ \ \ (10)$

Здесь уже выписано условие 2, которое удовлетворяется порядком следования переменных $y,1/y,z,1/z,x,1/x,1,1$.
Но опять есть ссылки на "общее решение", которое не является достаточным.
Кроме того, нужно проверять те же 135 вариантов (при внимательном рассмотрении можно уменьшить), которые накладывают связи на $x,y,z$ и которые делают условие 2 выполнимым, что может привести к решениям уравнения $(9)$
Так что пока нельзя сделать вывод о несуществовании совершенного кубоида.
Жаль, конечно, здесь бы и сказочке конец.

[Andrey A]

scwec
Я искренне не понимаю, о каких $135$ вариантах распределения Вы говорите. По моему Вы не недооцениваете силу понятия "полностью выясненные условия разрешимости". В нашем случае это означает, что выражения в скобочках являются общим решением системы $\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2+P_1P_2=Q_1Q_2+Q_3Q_4 \end{matrix}\right.$ в рациональных числах. Можно ведь назначить $a_4$, к примеру, свободной переменной и решить все выписанные системы в общем виде, т.е. выразить параметры $a_3,a_2,a_1,b_1,b_2,b_3,b_4$ через $P_i,Q_i$ плюс свободная переменная. Обратная связь. Я этого не делал просто за ненадобностью. Если существует нетривиальное решение $(9)$, можем тогда подставить тройку $x,y,z \neq \pm 1$ в найденные выражения и получить набор $a_i,b_i$ таких, что $\left |z=a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right | \neq 1,\ \ \left |y=a_1 b_1+a_2 b_2+a_3 b_3-a_4 b_4 \right | \neq 1.$ И, хотя простыми алгебраическими методами доказано, что это не так, Вы отказываетесь видеть в том противоречие. Тут я пасую.

Но за рецензию спасибо.

[scwec]

Ну, каждый остался при своём.
Andrey A, сами по себе Вы мне симпатичны.
Предложите то, что Вы изложили, кому-нибудь ещё. Возможно, найдёте большее понимание.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1472882 писал(а):

... Вы мне симпатичны.

Вы мне тоже. Но 135 вариантов распределения до полного счастья... как на Вас угодить!?

[scwec]

Честно говоря, мне эта тема, как и Вам, поднадоела. Вот если появятся новые идеи, тогда посмотрим.

[Коровьев]

Первое.

scwec в сообщении #1472662 писал(а):

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 в сообщении #1472664 писал(а):

Вывод один: данные четверки не описываются тождеством Эйлера.

Следовательно, доказательство (верное или не верное) приведено только для четвёрок Эйлера.
Тогда необходимо доказательство того, что $x,y,z$ для "кирпича" обязаны удовлетворять четвёркам Эйлера из тождества Эйлера.

Второе. Очень непонятное.
Уравнение для полного куббоида, само собой, имеет решения и в нерациональных числах. Но во всём доказательстве я не нашёл заключения типа: " Отсюда следует, что $x,y,z$ не могут быть все рациональными числами."
Вместо этого вы априори считаете их рациональными.
Но число $$\[\frac{{x + y}}{{x - y}}\]$ может быть рациональным и при нерациональных $x,y$

Т.е. Даже при доказательстве первого возражения доказательства нет, так как есть второе возражение. Доказательство не изменится если четвёрка чисел не будет рациональна, но будет удовлетворять тождеству Эйлера.