Совершенный кубоид

[Andrey A]

Коровьев в сообщении #1472929 писал(а):

Второе. Очень непонятное.

Да. Непонимание, видимо, имеет место. Я боюсь, тут вообще может возникнуть путаница, поскольку тождество Эйлера давно не при чем: сначала возникло "знакопеременное" тождество через подстановки $i=\sqrt{-1}$, потом его еще и "распрямили", от чего оно вовсе не пришло в себя и даже перестало факторизоваться. К кубоиду все утверждения имеют также опосредованное отношение, речь шла об уравнении $(9)$, которое немножко похоже на тождество четырех квадратов, с этого и началось. Теперь эти параллели только мешают, но в своё время помогли достичь, я уверен, положительного результата. Причем, обойтись удалось исключительно линейными системами, решения которых всегда рациональны. Поэтому я не понимаю, в каком месте нужно было делать оговорки об опасности возникновения иррациональностей. Давайте я задам вопрос, если Вы не против. Возможно, так дело пойдет быстрее.

Имеем ли мы право переписать уравнение $(9)$ в виде системы $\left\{\begin{matrix} Y_1^2+Y_2^2+Z_1^2+Z_2^2=X_1^2+X_2^2+2\\ Y_1Y_2=Z_1Z_2=X_1X_2=1 \end{matrix}\right.\ ?$ И, если да, пригодится ли в решении ее сходство с системой $\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2+P_3P_4=Q_1Q_2+Q_3Q_4 \end{matrix}\right.,$ если на руках имеется общее решение последней в рациональных числах?

[scwec]

Пожалуй, соглашусь с решением 2(последним), пока не проявились ещё какие-то дефекты.
Все претензии касались самого первого решения (где не было условия 2), решение это внесло путаницу, а оттуда замечания переехали на дальнейшее.
Из решения 2 следует, что не существует полного кирпича с рёбрами $(x-1/x)k, (y-1/y)k, 2k$.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1473084 писал(а):

Из решения 2 следует, что не существует полного кирпича с рёбрами $(x-1/x)k, (y-1/y)k, 2k$.

Следует также (или другими словами), что уравнение $f_x^2-f_y^2=f_z^2 $ разрешимо только тривиальным образом ( $\left | f_x \right |=\left | f_y \right |$ или $\left | f_x \right |=\left | f_z \right |$ ), а к нему ведут различные рассуждения. Неожиданности могут возникнуть в решении последней линейной системы, надо всё-таки это выписать (наладить обратную связь), но в разрешимости $(10)$ сомнений не возникает. Так что не знаю насчет дефектов. Посмотрим.

[Коровьев]

Алгебраические действия над системой (10) при переменных $x,y,z$ привели к значению $z=-1$.
Отсюда сделан вывод, что не существует тройка переменных удовлетворяющих уравнению полного куббоида.
Но вот тройка переменных удовлетворяющая уравнению полного куббоида:
$$\[ y = \frac{8}{5},z = \frac{6}{5},x = \frac{{25 + \sqrt {2929} }}{{48}} \]$
Правда, одна переменная не рациональная и $$\[z = \frac{6}{5} \ne - 1\]$
Хотя в самом доказательстве нигде и не востребовано, что переменные должны быть все рациональные.
Полученное противоречие показывает, что система (10) не верна для тройки любых нетривиальных вещественных чисел, удовлетворяющих уравнению полного куббоида.

[Andrey A]

Коровьев в сообщении #1473179 писал(а):

... Отсюда сделан вывод, что не существует тройка переменных удовлетворяющих уравнению полного куббоида.

Не совсем так. Отсюда сделан вывод, что существует тройка рациональных переменных, удовлетворяющих уравнению $(9): $ $\left\{\begin{matrix} \left | z \right |=1 \\ \left | x_1 \right |=\left | y \right |\\ \left | x_2 \right |=\left | 1/y \right | \end{matrix}\right.,$ и только она. Да, по умолчанию предполагалось, что все переменные в выражениях $(9)$ и $(10)$ рациональны. Если мой прокол в том, что я об этом вовремя не предупредил, хорошо. Вот, предупреждаю. Чтобы $a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=x$ оказалось не рационально, как минимум одна из переменных $a_i,b_i$ должна быть иррациональным числом, поэтому контрпример с $\frac{{25 + \sqrt {2929} }}{48}$ не убеждает. Или что-то другое? Конечно, вещественный кирпич существует, иначе бы мы все жили в шлако-блочных постройках.

[Коровьев]

Я ранее уже писал, что вы должны доказать, что все тройки нетривиальных рациональных чисел, удовлетворяющих уравнению полного куббоида, должны удовлетворять системе (10).
А оттого что объявлено о рациональности или не объявлено, доказательство не меняется, ибо факт рациональности в самом доказательстве абсолютно не используется. Это означает, что взяв частично нерациональные числа с $\[ z \ne - 1\]$, удовлетворяющих уравнению полного куббоида, доказательство, не изменится. А оно доказывает, что $z=-1$.
Это противоречие можно устранить, если система $(10)$ не применима к реальному полному куббоиду.

[Andrey A]

Да, я понял о чем Вы говорите. Получается, я опять доказал невозможность вещественного кирпича? Забавно. При том, что сама форма $\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2+P_1P_2=Q_1Q_2+Q_3Q_4 \end{matrix}\right.$ остается актуальной, но восемь переменных не дают полного решения. В это очень трудно поверить. Беру паузу.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1473100 писал(а):

Неожиданности могут возникнуть в решении последней линейной системы...

Имелась в виду система $\left\{\begin{matrix} (P_1-Q_1 ) a_1-(Q_4+P_4 ) a_2-(Q_2-P_2 ) a_3+(P_3+Q_3 ) a_4=0\\ (Q_4-P_4 ) a_1-(P_1+Q_1 ) a_2-(P_3-Q_3 ) a_3+(Q_2+P_2 ) a_4=0\\ (Q_2-P_2 ) a_1+(P_3+Q_3) a_2-(P_1-Q_1 ) a_3-(Q_4+P_4 ) a_4=0\\ (P_3-Q_3 ) a_1+(Q_2+P_2 ) a_2-(Q_4-P_4 ) a_3-(P_1+Q_1 ) a_4=0 \end{matrix}\right..$ Неожиданности тут, как и ожидалось, возникли ) Положив $a_4$ свободной переменной и вычеркивая последнее уравнение, получаем длиннющие выражения для $a_1,a_2,a_3,$ которые не учитывают, однако, свойств переменных $P_i,Q_i$. Что, если в знаменателях при подстановке образуется параметрический ноль? Такая проверка требует времени и фантазии, не очень понятно как ее формализовать. На одну меня хватило, остальные вычеркивания проверил численно, — действительно все большие миноры определителя системы $=0$. Это значит, что при подстановке $P_i,Q_i$ образуется не два уравнения с пропорциональными коэффициентами, а две пары уравнений, что и не удивительно в силу симметрии самих выражений. Значит, свободных переменных не одна, а, как минимум две, и дело сводится к линейной системе из двух уравнений. Тут понял, о чем говорит Коровьев. Замечание его на столько убийственное, что дальше возиться с этим расхотелось. Спасибо, действительно ценное замечание. Что ж. Система $\left\{\begin{matrix} P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ P_1P_2+P_3P_4=Q_1Q_2+Q_3Q_4 \end{matrix}\right.$ всё-таки имеет общее решение, но толку чуть, поскольку возвращает оно нас в начало, к уравнению $f_x^2-f_y^2=f_z^2$ (al fine da capo, кто бы мог подумать).

Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):

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.

Функции $F_n,f_n$ описывают пары рациональных квадратов, расположенных друг от друга на расстоянии единицы. Точнее, основания таких квадратов. Положим, для тройки рациональных $x_0,y_0,z_0$ выполняется $f_{x_0}^2-f_{y_0}^2=f_{z_0}^2 $. Прибавим к слагаемым левой части по единице: $F_{x_0}^2-F_{y_0}^2=f_{z_0}^2 $ и разделим всё на $f_{z_0}^2$: $\left ( \dfrac{F_{x_0}}{f_{z_0}} \right )^2-\left ( \dfrac{F_{y_0}}{f_{z_0}} \right )^2=\left ( \dfrac{f_{x_0}}{f_{z_0}} \right )^2-\left ( \dfrac{f_{y_0}}{f_{z_0}} \right )^2=1.$ Имеем две пары равноудаленных квадратов на расстоянии единицы. Значит, существует пара рациональных $x_1,y_1$ таких, что $\dfrac{F_{x_0}}{f_{z_0}}=F_{x_1},\dfrac{F_{y_0}}{f_{z_0}}=f_{x_1},\dfrac{f_{x_0}}{f_{z_0}}=F_{y_1},\dfrac{f_{y_0}}{f_{z_0}}=f_{y_1}.$ Перепишем это так:

$$f_{z_0}=\dfrac{F_{x_0}}{F_{x_1}}=\dfrac{F_{y_0}}{f_{x_1}}=\dfrac{f_{x_0}}{F_{y_1}}=\dfrac{f_{y_0}}{f_{y_1}}.$$

Воспользовавшись свойством $\dfrac{1}{f_n}=f_{\frac{n+1}{n-1}},$ выпишем подобное равенство для обратных дробей, поменяв заодно $2$-ю и $3$-ю дроби местами:

$$\dfrac{1}{f_{z_0}}=f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}=\dfrac{F_{x_1}}{F_{x_0}}=\dfrac{F_{y_1}}{f_{x_0}}=\dfrac{f_{x_1}}{F_{y_0}}=\dfrac{f_{y_1}}{f_{y_0}}.$$

Как видим, взаимозамена $1 \leftrightarrow 0$ в индексах $x,y$ сохраняет равенство в силе. Это значит, что если существует идеальный кирпич, то, как минимум, в двух экземплярах. В самом деле, возведя элементы последнего равенства в квадрат, получаем $f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}^2=\dfrac{f_{x_1}^2}{F_{y_0}^2}=\dfrac{f_{y_1}^2}{f_{y_0}^2}.$ Вычитая почленно числители и знаменатели равных дробей, имеем $f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}^2=\dfrac{f_{x_1}^2-f_{y_1}^2}{1}=f_{x_1}^2-f_{y_1}^2,$ или $f_{x_1}^2-f_{y_1}^2=f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}^2.$ Величину новых переменных также получаем из указанных равенств: $\dfrac{F_{x_1}}{F_{x_0}}=\dfrac{f_{x_1}}{F_{y_0}} $ $\Rightarrow \dfrac{F_{x_1}}{f_{x_1}}=\dfrac{F_{x_0}}{F_{y_0}} =\dfrac{x_1^2+1}{x_1^2-1}$ $\Rightarrow x_1=\sqrt{\dfrac{F_{x_0}+F_{y_0}}{F_{x_0}-F_{y_0}}},$ и т.д.

Если верно $f_{x_0}^2-f_{y_0}^2=f_{z_0}^2 $, то для $x_1=\sqrt{\dfrac{F_{x_0}+F_{y_0}}{F_{x_0}-F_{y_0}}},y_1=\sqrt{\dfrac{f_{x_0}+f_{y_0}}{f_{x_0}-f_{y_0}}}$ верно также $f_{x_1}^2-f_{y_1}^2=f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}. $

Повторное действие возвращает на шаг назад, но в силу симметрии $y,z$ можем выбрать переменную, не задействованную в предыдущих вычислениях. Вот я и не понимаю, то ли их бесконечная серия, то ли тройка. Скорее последнее, но если возможна подобная операция с мнимой единицей, кто знает... В рациональных числах по понятным причинам примера нет, из примера Коровьева находим тройки

$$x_0=\dfrac{25+\sqrt{2929}}{48},y_0=\dfrac{8}{5},z_0=\dfrac{6}{5}.$$

$$x_1=2\sqrt{\dfrac{2665+49\sqrt{2929}}{3985-71\sqrt{2929}}},y_1=\dfrac{11}{2},z_1=\dfrac{11}{1}.$$

$$x_2=3\sqrt{\dfrac{2305+41\sqrt{2929}}{8545-119\sqrt{2929}}},y_2=\dfrac{13}{9},z_2=\dfrac{13}{3}.$$

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1474102 писал(а):

$...=f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}. $

Ошибка в самом парадном месте. Правильно так:

Если верно $f_{x_0}^2-f_{y_0}^2=f_{z_0}^2 $, то для $x_1=\sqrt{\dfrac{F_{x_0}+F_{y_0}}{F_{x_0}-F_{y_0}}},y_1=\sqrt{\dfrac{f_{x_0}+f_{y_0}}{f_{x_0}-f_{y_0}}}$ верно также $f_{x_1}^2-f_{y_1}^2=f_{\frac{z_0+1}{z_0-1}}^2. $

[Коровьев]

Если в совершенном куббоиде все его стороны и диагонали умножить на любое рациональное число, то получится тоже совершенный куббоид.
То есть, получается класс куббоидов для данного куббоида.
Но как определить принадлежность некого куббоида данному классу. Нужно выбрать в классе специфический элемент класса и сравнивать с ним.
К таким элементам можно отнести куббоид с одной единичной стороной или боковой диагональю. Но в классе их по три, как с единичной стороной так и с боковой диагональю. И только с единичной главной диагональю в классе всего один элемент.
Следовательно, в любом куббоиде нужно разделить все элементы на величину главной диагонали и сравнить с выбранным уникальным элементом класса.
Я не стал вникать в доказательство, но думаю, что вы получили три куббоида из одного класса. Впрочем...

[Andrey A]

Коровьев в сообщении #1474190 писал(а):

... думаю, что вы получили три куббоида из одного класса.

Вы полагаете, они пропорциональны? Это вряд ли.

[Коровьев]

Да, я так полагаю, но доказать, что это не так, должны вы.
Т.е. Все три куббоида свести к трём куббоидам с единичной главной диагональю и сравнить стороны.
Тогда это будет неубиенное доказательство, если куббоиды разные. А это уже достойный результат.

[Andrey A]

Коровьев в сообщении #1474240 писал(а):

доказать, что это не так, должны вы... Тогда это будет неубиенное доказательство, если куббоиды разные.

Доказательство чего? Я, честно говоря, не знаю что отсюда нового можно вывести. Эффект странный для существующего объекта, но не более того.
Сам факт непропорциональности при желании можно и численно проверить. Завод уже не тот.

[Andrey A]

Коровьев в сообщении #1473231 писал(а):

... Это означает, что взяв частично нерациональные числа с $z \ne - 1$, удовлетворяющих уравнению полного куббоида, доказательство, не изменится. А оно доказывает, что $z \ne - 1$.
Это противоречие можно устранить, если система $(10)$ не применима к реальному полному куббоиду.

Нет, что-то здесь не так. Доказательство полноты $(10)$ строилось на линейных системах, и может быть справедливо или несправедливо лишь на множестве $\mathbb{Q},$ тут я бы понял вопросы. Вы это доказательство игнорируете и говорите, что $(10)$ должно описывать все вещественные параллелепипеды. Но этого и не утверждалось. Для того и выбрана форма, подобная Эйлеровым четверкам, чтобы "отфильтровать" рациональные решения и сосредоточиться на их свойствах. Вы меня запутали.
Можно ведь было обойтись и вовсе без $P_i,Q_i$ — выписать сразу систему $\left\{\begin{matrix} a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=y\\ a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=\dfrac{1}{y}\\ a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=z\\ a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=\dfrac{1}{z}\\ a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=x\\ a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=\dfrac{1}{x}\\ a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=1\\ a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=1 \end{matrix}\right.$ , убедиться тем же способом в ее неущербности (через нулевой определитель) и, получив $z=\pm 1$, продолжить вычисления, выразив в итоге $a_i,b_i$ в терминах $x,y,z$. Однозначно и школьными методами. Допустив иррациональные $x,y$, естественно получим некоторые вещественные нерациональные решения, но вовсе не любые.

Эх, жаль что его нет. Нашелся бы хоть один, завалящий, и доказывать ничего не надо.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1475038 писал(а):

Эх, жаль что его нет.

Не факт. Допустив иррациональные $a_i,b_i$ и взяв, к примеру, $y=3,z=5,x=5.667448971...$, можно провести все те же доказательства для вещественных и придти к выводу $5=-1.$ Какая-то чертовщина с этой системой, непонятно даже, стоит ли дальше заниматься этими четверками. Откуда берется эта минус единица