Совершенный кубоид

[mathpath]

Натуральное число (не всякое) можно разложить на сумму 3-х квадратов:
$g = x^2 +y^2 +z^2$
Квадрат этого же натурального числа также можно разложить на сумму 3-х квадратов, например так:
Если
$x \ge y \ge z$
тогда
$x^2 + y^2 - z^2 > 0$
И
$g^2 = (x^2 + y^2 + z^2)^2 = x^4 + y^4 + z^4 + 2x^2y^2 + 2y^2z^2 + 2x^2 z^2=$
$=(x^4 + y^4 + z^4 + 2x^2y^2 - 2y^2z^2 - 2x^2z^2) + 4y^2z^2 + 4z^2z^2=$
$=(x^2 + y^2 - z^2)^2 + (2yz)^2 + (2xz)^2$
Т.о. квадрат большой диагонали
$g^2 = a^2 + b^2 + c^2$
где ребра
$a = x^2 + y^2 - z^2$ (1)
$b = 2yz$ (2)
$c = 2xz$ (3)
Далее нужно получить в идеальном случае
$a^2 + b^2 = d^2$
$a^2 + c^2 = e^2$
$b^2 + c^2 = f^2$
Складывая попарно квадраты (1), (2), (3), должны получить - в идеальном случае - опять же квадраты
Вопрос: можно ли придумать параметризацию для x, y, z, такую, чтобы боковые диагонали оказались квадратами?

[Andrey A]

mathpath в сообщении #1484630 писал(а):

можно ли придумать параметризацию для x, y, z, такую, чтобы...

Пока что науке это не известно. Попробуйте.

[Andrey A]

Кое-что о возможных направлениях поиска. Чуть назад:

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.

$$\left [ (K^2+1)(T^2+1) \right ]^2=(4KT)^2+\left [ 2K(T^2-1) \right ]^2+\left [ (K^2-1)(T^2+1) \right ]^2\ \ (5).$$

Все уравнения в рациональных числах.

Расшифруем уравнение $f_x^2-f_y^2=f_z^2$:

$\left ( \dfrac{x^2-1}{2x} \right )^2=\left ( \dfrac{y^2-1}{2y} \right )^2+\left ( \dfrac{z^2-1}{2z} \right )^2 \Rightarrow $ $\left ( \dfrac{x(y^2-1)}{y(x^2-1)} \right )^2+\left ( \dfrac{x(z^2-1)}{z(x^2-1)} \right )^2=1.$ Значит, существует рациональное $s$ такое, что $\left\{\begin{matrix} \dfrac{x(y^2-1)}{y(x^2-1)}=\dfrac{2s}{s^2+1}\\ \dfrac{x(z^2-1)}{z(x^2-1)}=\dfrac{s^2-1}{s^2+1} \end{matrix}\right.$ или $\left\{\begin{matrix} \dfrac{(xy-1)(x+y)}{(xy+1)(x-y)}=\left ( \dfrac{s+1}{s-1} \right )^2\\ \dfrac{(xz-1)(x+z)}{(xz+1)(x-z)}=s^2 \end{matrix}\right.$, откуда

$$s=\dfrac{\sqrt{\dfrac{(xy-1)(x+y)}{(xy+1)(x-y)}}+1}{\sqrt{\dfrac{(xy-1)(x+y)}{(xy+1)(x-y)}-1}}=\sqrt{\dfrac{(xz-1)(x+z)}{(xz+1)(x-z)}}.$$

Рассматривая условия, при которых радикалы остаются рациональными числами, возвращаемся к $((XY)^2-1)(X^2-Y^2)=\square\ (6)$: необходимо чтобы пары $(x,y)$ и $(x,z)$ удовлетворяли этому уравнению одновременно. Существует ли $2$х-параметрическое решение $(6)$ – неизвестно, но вопрос существования $1$-параметрических троек $(x,y,z)$, видимо, менее сложен. Одну такую тройку, во всяком случае, удается добыть подручными средствами, что обнадеживает:

$$x=\dfrac{(2a^2+3a+2)(2a^2-3a+2)}{(a^2-2)(2a^2-1)},\ y=\dfrac{(a^2+4)(2a^2-1)}{(a^2-2)(4a^2+1)},\ z=\dfrac{2a^2+3a+2}{2a^2-3a+2}.$$

Значения $s$, полученные из двух различных уравнений параметрически не равны, но могут оказаться равны численно при некотором рациональном значении $a$. Меняя местами $y \leftrightarrow z$ в силу симметрии и знаки перед радикалами, получаем из каждой тройки $(x,y,z,)$ в общем случае восемь уравнений. Такой поиск представляется менее громоздким и более целенапрвленным в сравнении со всем предыдущим. Да, и еще одно свойство уравнения $(6)$, заметно ускоряющее поиск: если пара $(x_0,y_0)$ является решением $(6)$, то пары $(x_0,1/y_0);(1/x_0,y_0);(1/x_0,1/y_0)$ – также решения. Кроме того, пара $x_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0)^2-1}{x_0^2-y_0^2}},\ y_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0+1)(x_0-y_0)}{(x_0y_0-1)(x_0+y_0)}}$ также является решением $(6)$, что позволяет строить цепочки решений из некоторого имеющегося, вероятно циклические. Пример:

$$\begin{matrix} X &Y \\ \dfrac{(a^2+3a+1)(a^2-3a+1)}{3(a^4-1)} & \dfrac{(a-1)(a^2+3a+1)}{(a+1)(a^2-3a+1)}\\ \dfrac{(a-1)(a^2-3a+1)(2a^2+3a+2)}{(a+1)(a^2+3a+1)(2a^2-3a+2)} & \dfrac{2a^2+3a+2}{2a^2-3a+2}\\ \dfrac{(a^2-2)(2a^2-1)}{(2a^2-3a+2)(2a^2+3a+2)} &\dfrac{(a^2-2)(4a^2+1)}{(a^2+4)(2a^2-1)} \\ \dfrac{2a^2-1}{a(a^2-2)} &\dfrac{a(2a^4-2a^2+5)}{5a^4-2a^2+2} \\ \dfrac{3a}{2(a^2+1)} &\dfrac{3(a^4-a^2+1)}{(a^2+1)^2} \\ \dfrac{(a^2+3a+1)(a^2-3a+1)}{3(a^4-1)} &\dfrac{(a-1)(a^2+3a+1)}{(a+1)(a^2-3a+1)} \end{matrix}$$

Цикл из пяти решений.

Исправлено 16.01

[mathpath]

Какова природа самого числа a ?

[Andrey A]

$ здесь рациональный параметр, свободный аргумент и первая буква всех алфавитов по совместительству ) Хотите — пусть будет $b$, если это поможет в отыскании нетривиальных решений уравнения $(6)$ с общим элементом $x$: $\left\{\begin{matrix} ((xy)^2-1)(x^2-y^2)=\square\\ ((xz)^2-1)(x^2-z^2)=\square \end{matrix}\right.$
Под символом $\square$ понимается квадрат рационального числа вообще, безотносительно величины. То есть квадраты в системе не должны быть равными.

p.s. видимо, я слишком резко перешел от верхнего к нижнему.
mathpath, если Вы найдете $2$х-параметрические тройки $(x,y,z)$, это будет круто.

[Andrey A]

Upd 17.01.
Функция $f_{()}$ обладает свойством $f_x^2=f_{-x}^2=f_{1/x}^2=f_{-1/x}^2.$ Будим считать такие изменения в индексах уравнения $f_x^2-f_y^2=f_z^2$ несущественными, а соответствующие тройки $(x,y,z)$ "идентичными". Выше было сказано, что

Andrey A в сообщении #1501223 писал(а):

... если пара $(x_0,y_0)$ является решением $(6)$, то... пара $x_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0)^2-1}{x_0^2-y_0^2}},\ y_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0+1)(x_0-y_0)}{(x_0y_0-1)(x_0+y_0)}}$ также является решением $(6).$

Оказывается, это не вся правда. Кроме пары $(x_1,y_1)$ тем же свойством обладает пара $(x_1,y_0)$. Иными словами, каждая новая пара $(x_{n+1},y_{n+1})$ в цепочках решений $(6)$ с добавлением игрека из предыдущей пары образует тройку $(x_{n+1},y_{n+1},z_{n+1}=y_n)$, обладающую нужными свойствами. Понимаю что звучит голословно, но дело в том, что подстановки $x=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0)^2-1}{x_0^2-y_0^2}},\ y=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0+1)(x_0-y_0)}{(x_0y_0-1)(x_0+y_0)}},z=y_0$ в уравнение $f_x^2-f_y^2=f_z^2$ ведут к однозначному результату: $y_0=\pm 1$. То же и после взаимозамены $z \leftrightarrow y.$ Значит, тройки эти могут описывать только тривиальные решения: $f_1^2=f_{-1}^2=0,$ остальное не очень важно. Вот если бы оказалось, что других троек не существует, вопрос с кубоидом был бы закрыт. Но пока верится с трудом.

[Pphantom]

Сообщения злостного клона и связанные с ними удалены.

Andrey A, имейте в виду - вы далеко не в первый раз ловитесь на эту конкретную удочку. Наверное, стоит иметь в виду, что в подобных темах свежезарегистрировавшийся участник с 1-2 сообщениями, написавший что-то легко опровергаемое - клон с вероятностью, неотличимой от единицы.

[Andrey A]

О-ля-ля, так что же с ними делать, велеть им пачпорт показать? Идея со сторонами-квадратами вовсе не пустая была. Может, под амнистию их? Теперь это в ходу — кредитные каникулы, то да сё. Писал, понимаешь, писал...

[Pphantom]

(Оффтоп)

Andrey A в сообщении #1552582 писал(а):

О-ля-ля, так что же с ними делать, велеть им пачпорт показать?

Как минимум немного подождать, модераторы не дежурят на форуме круглосуточно.

Andrey A в сообщении #1552582 писал(а):

Может, под амнистию их?

Бесполезно. Конкретно этой истории уже шесть (как минимум) лет, экспериментально выяснено, что персонаж невменяем (в частности, вашими же стараниями - вы ему за эти годы несколько раз пытались объяснять примерно одно и то же).

[Andrey A]

[Andrey A]

Еще вариант слабого кирпича:

$A=2n(n^2-2)(2n^2-1)(2n^2-3n+2)(2n^2+3n+2),$ $B=(n^2-1)(n^2-3n+1)(n^2+3n+1)(2n^2-3n+2)(2n^2+3n+2),$ $C=12n(n^2+1)^2 (n^4-n^2+1)$.

Суммы квадратов указанных выражений во всех сочетаниях возвращают целый (рациональный) квадрат кроме $B^2+C^2$, то есть одна боковая диагональ иррациональна. Параметрически. Чтобы кубоид стал сильным хотя бы численно, $n$ должно удовлетворять условию

$$\dfrac{\left ( 2(n+1)(n^2+1)(n^2-3n+1) \right )^2+\left ( 3n(n-1)(n^2+3n+1) \right )^2}{\left ( 2(n-1)(n^2+1)(n^2+3n+1) \right )^2+\left ( 3n(n+1)(n^2-3n+1) \right )^2}=\square.$$

Это связано с недавним вопросом https://dxdy.ru/post1557771.html#p1557771. Значения $n=-1,0,1$ соответствуют тривиальным решениям. Существуют ли другие — вопрос знатокам. Поиск по одному рациональному параметру.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1501223 писал(а):

еще одно свойство уравнения $(6)$: если пара $(x_0,y_0)$ является решением $(6)$, то пары $(x_0,1/y_0);(1/x_0,y_0);(1/x_0,1/y_0)$ – также решения. Кроме того, пара $x_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0)^2-1}{x_0^2-y_0^2}},\ y_1=\sqrt{\dfrac{(x_0y_0+1)(x_0-y_0)}{(x_0y_0-1)(x_0+y_0)}}$ также является решением $(6)$, что позволяет строить цепочки решений...

Попытки решить "в лоб" уравнение $((XY)^2-1)(X^2-Y^2)=Z^2\ (6)$ приводят к выражению $\left\{ \begin{array}{rcl} X &=& \dfrac {v(u^2-1)+\sqrt{((uv)^2-1)(u^2-v^2)}}{u(v^2-1)} \\ Y &=& \dfrac {v(u^2+1)+\sqrt{((uv)^2-1)(u^2-v^2)}}{u(v^2+1)} \\ \end{array} \right.$. Как видим, под радикалом возникает само исследуемое уравнение, то есть проблема замыкается сама на себя. Вместо формулы снова получаем возможность строить цепочки решений из некого первоначального, хотя и общего порядка: $\left\{ \begin{array}{rcl} X_{n+1} &=& \dfrac {Y_n(X_n^2-1)+Z_n}{X_n(Y_n^2-1)} \\ Y_{n+1} &=& \dfrac {Y_n(X_n^2+1)+Z_n}{X_n(Y_n^2+1)} \\ \end{array} \right.$. Исходя из тривиального решения $Y=1$ быстро приходим к нулю в знаменателе. Есть еще решение $X=1$ в комплексных числах. Оно, кстати, не ведет в тупик, но этим пока не занимался. Что ж, будем исходить из имеющегося:

$$\begin{Vmatrix} n & X & Y & Z\\ 1 & \frac{2(m^2+1)}{3m} & \frac{3(m^4-m^2+1)}{(m^2+1)^2} & \frac{(m^2-1)(m^2-3m+1)(m^2+3m+1)(2m^2-3m+2)(2m^2+3m+2)}{3m^2 (m^2+1)^3}\\ 2 & \frac{m(m^2-2)}{2m^2-1} & \frac{m(2m^4-2m^2+5)}{5m^4-2m^2+2} & \frac{6m(m^2-1) (m^2+1)^2 (m^2-3m+1)(m^2+3m+1)(m^4-m^2+1)}{(2m^2-1)^2 (5m^4-2m^2+2)^2}\\ 3 & \frac{(2m^2-3m+2)(2m^2+3m+2)}{(m^2-2)(2m^2-1)} & \frac{(m^2-2)(4m^2+1)}{(m^2+4)(2m^2-1)} & \frac{24m(m^2+1)(2m^4-2m^2+5)(5m^4-2m^2+2)}{(m^2-2) (m^2+4)^2 (2m^2-1)^3}\\ 4 & \frac{(m+1)(m^2+3m+1)(2m^2-3m+2)}{(m-1)(m^2-3m+1)(2m^2+3m+2)} & \frac{2m^2+3m+2}{2m^2-3m+2} & \frac{4m(m^2-2)(m^2+4)(2m^2-1)(4m^2+1)}{(m-1)^2 (m^2-3m+1)^2 (2m^2-3m+2)(2m^2+3m+2)}\\ 5 & \frac{3(m^4-1)}{(m^2-3m+1)(m^2+3m+1)} & \frac{(m-1)(m^2+3m+1)}{(m+1)(m^2-3m+1)} & \frac{(m-1)(m^2-2)(2m^2-1)(2m^2-3m+2)(2m^2+3m+2)}{(m+1) (m^2-3m+1)^3 (m^2+3m+1)}\\ & \frac{2(m^2+1)}{3m} & \frac{3(m^4-m^2+1)}{(m^2+1)^2} & ... \end{Vmatrix}$$

Подробно выписанная замкнутая последовательность от 15.01.2021 в обратном движении, что и не удивительно. Для нее выполняется
$X_{n-1}=\sqrt{\dfrac{X_n^2 Y_n^2-1}{X_n^2-Y_n^2}};Y_{n-1}=\sqrt{\dfrac{(X_n-Y_n )(X_n Y_n+1)}{(X_n+Y_n )(X_n Y_n-1)}}; X_{n-2}=\sqrt{\dfrac{(X_n+Y_n )(X_n Y_n+1)}{(X_n-Y_n )(X_n Y_n-1)}};Y_{n-2}=\dfrac{X_n+1}{X_n-1};X_{n+2}=\dfrac{Y_n+1}{Y_n-1}.$
Исправлено 02.08.2022
О существовании других решений уравнения $(6)$ мне ничего не известно. На сей счет даже scwec не соизволил высказаться. По которому здесь скучают.

Теперь к чему всё это. Дело в том, что система $\left\{\begin{matrix} \left [ (K^2+1)(T^2+1) \right ]^2-(4KT)^2=\square \\ \left [ (K^2+1)(T^2+1) \right ]^2-\left [ 2K(T^2-1) \right ]^2=\square \end{matrix}\right.(4)$ и эквивалентная ей система $\left\{\begin{matrix} \left [ (KT+1)^2+(K+T)^2 \right ]\left [ (KT-1)^2+(K-T)^2 \right ]=\square \\ \left [ (KT+T)^2+(K-1)^2 \right ]\left [ (KT-T)^2+(K+1)^2 \right ]=\square \end{matrix}\right.(4')$ прямо зависят от уравнения $(6)$. Напомню, если параметры $K,T$ удовлетворяют $(4)$, то $A=4KT,B=2K(T^2-1),C=(K^2-1)(T^2+1)$ — решение кубоида. Пусть теперь пара $X_0,Y_0$ удовлетворяет уравнению $(6)$. Тогда пара $K_1=Y_0,T_1=\sqrt{\dfrac{(X_0+Y_0 )(X_0 Y_0-1)}{(X_0-Y_0 )(X_0 Y_0+1) }}$ удовлетворяет первому уравнению системы $(4)$, а пара $K_2=\dfrac{\sqrt{\dfrac{X_0^2 Y_0^2-1}{X_0^2-Y_0^2}}+1}{\sqrt{\dfrac{X_0^2 Y_0^2-1}{X_0^2-Y_0^2}}-1},T_2=X_0$ — второму.
В цикле это записывается проще:
$(4.1)\ \ K_1=Y_n,T_1=Y_{n+1}$
$(4.2)\ \ K_2=Y_{n-2},T_2=X_{n+1}$
Остается приравнять параметры $K,T.$ Если предположить, что нужные решения $(6)$ принадлежат разным циклам, получаем систему из двух уравнений степени $>4$ или $\gg 4 $, разрешимость которой в рациональных числах маловероятна. Тут могу ошибаться, но в рамках одного цикла одно равенство достигается параметрически, и остается одно уравнение. В силу симметрии $(4.1)$ различимы два варианта:

1) Рациональное $m$ таково, что $Y_n=X_{n+2}.$ Тогда $K=Y_{n-1},T=Y_{n}$ удовлетворяют системе $(4).$
2) Рациональное $m$ таково, что $Y_n=X_{n+4}.$ Тогда $K=Y_{n+1},T=Y_{n}$ удовлетворяют системе $(4).$
Индексы естественно берутся по $\mod 5.$

Количество уравнений при таком подходе конечно, что важно. Указанный цикл мне удалось проверить в Вольфраме и не потратить много времени. Решений нет. Вернее есть, но тривиальные, для проверки годятся. Пример:
Выпишем уравнение $Y_3=X_7$ (по второму варианту, $n=3, X_7=X_2$): $\dfrac{(m^2-2)(4m^2+1)}{(m^2+4)(2m^2-1)}=\dfrac{m(m^2-2)}{2m^2-1}.$ Оно имеет рациональный корень $m=1.$ $K=Y_4=\dfrac{2m^2+3m+2}{2m^2-3m+2}=7,\ T=Y_3=\dfrac{(m^2-2)(4m^2+1)}{(m^2+4)(2m^2-1)}=-1.$ Пара $(7,-1)$ удовлетворяет системе $(4)$, но решения кубоида тривиальные: $4KT=-28,2K(T^2-1)=0,(K^2-1)(T^2+1)=96.$ Так что дело за решениями $(6)$ и за новыми циклами.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1560937 писал(а):

... но в рамках одного цикла одно равенство достигается параметрически

Эта схема не проходит. Сопоставим условия разрешимости $(4)$

Andrey A в сообщении #1560937 писал(а):

1) Рациональное $m$ таково, что $Y_n=X_{n+2}.$ Тогда $K=Y_{n-1},T=Y_{n}$ удовлетворяют системе $(4).$
2) Рациональное $m$ таково, что $Y_n=X_{n+4}.$ Тогда $K=Y_{n+1},T=Y_{n}$ удовлетворяют системе $(4).$

с имеющимися закономерностями:

Andrey A в сообщении #1560937 писал(а):

$X_{n-1}=\sqrt{\dfrac{X_n^2 Y_n^2-1}{X_n^2-Y_n^2}};Y_{n-1}=\sqrt{\dfrac{(X_n-Y_n )(X_n Y_n+1)}{(X_n+Y_n )(X_n Y_n-1)}}; X_{n-2}=\sqrt{\dfrac{(X_n+Y_n )(X_n Y_n+1)}{(X_n-Y_n )(X_n Y_n-1)}};Y_{n-2}=\dfrac{X_n+1}{X_n-1};X_{n+2}=\dfrac{Y_n+1}{Y_n-1}.$

По первому варианту $Y_n=X_{n+2}$, но $X_{n+2}=\dfrac{Y_n+1}{Y_n-1}.$ Уравнение $Y_n=\dfrac{Y_n+1}{Y_n-1}$ не имеет рациональных корней. По второму варианту $Y_n=X_{n+4}=X_{n-1}$ (по $\mod 5$). Но $X_{n-1}=\sqrt{\dfrac{X_n^2 Y_n^2-1}{X_n^2-Y_n^2}}$. Уравнение $Y_n^2=\dfrac{X_n^2 Y_n^2-1}{X_n^2-Y_n^2}$ имеет корни $Y_n=\pm 1$, что соответствует тривиальным решениям $(6)$ и системы $(4)$. Эти выводы справедливы и для других циклов решений $(6)$, если они существуют. Итак, гарантированно имеем систему двух уравнений с двумя неизвестными степени $\geqslant 4$ в рациональных числах. Тут очень много чего должно сойтись.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1560937 писал(а):

На сей счет даже scwec не соизволил высказаться.

Высказался:

scwec в сообщении #1465964 писал(а):

$X=t^2,K=\dfrac{t(2t^2+1-t^4)}{2t^2+t^4-1},Y=\dfrac{4t^3{(t^8-1)}}{(2t^2+t^4-1)^2}$
и $(X^2-1)(X^2-K^4)=Y^2$

scwec в сообщении #1466065 писал(а):

1-параметрических решений для уравнения $(8)$ бесконечно много.

А я как-то упустил из виду. Отсюда имеем решение $(6)$: $X=t(t^4+2t^2-1)/(t^4- 2 t^2- 1),Y=t(t^4- 2 t^2- 1)/(t^4+ 2 t^2- 1)$ и соотв. цикл:

$$\begin{matrix} X &Y \\ \dfrac{t(t^4+ 2 t^2- 1)}{t^4- 2 t^2- 1} & \dfrac{t (t^4- 2 t^2- 1)}{t^4+ 2 t^2- 1}\\ \dfrac{t^4+ 2 t^3+ 2 t + 1}{t^4- 2 t^3- 2 t + 1} & \dfrac{t^4+ 2 t^3- 2 t + 1}{t^4- 2 t^3+ 2 t + 1}\\ \dfrac{(t - 1)(t^4+ 2 t^3+ 2 t + 1)}{(t + 1)(t^4- 2 t^3- 2 t + 1)} &\dfrac{(t^4- 2 t^3- 2 t + 1)(t^4+ 2 t^3+ 2 t + 1)}{t^8+ 4 t^6- 6 t^4+ 4 t^2+ 1} \\ \dfrac{t^4+1}{2t(t^2-1)} &\dfrac{(t - 1)(t^4+ 2 t^3+ 4 t^2+ 2 t + 1)}{(t + 1)(t^4- 2 t^3+ 4 t^2- 2 t + 1)} \\ \dfrac{t^8-6t^4+1}{4t^2 (t^4+1)} &\dfrac{2t(t^2+1)}{(t^4+ 1)} \\ \dfrac{t(t^4+ 2 t^2- 1)}{t^4- 2 t^2- 1} &\dfrac{t (t^4- 2 t^2- 1)}{t^4+ 2 t^2- 1} \end{matrix}$$

Оставлено в прямом движении во избежание путаницы, хотя цикл строился снизу вверх. Так что $1$-параметрических решений* $(6)$ бесконечное множество. Замечательно, что период цикла $=5$ всё тот же. Если предположить, что период цикла для любых решений $(6)$ — величина постоянная, можно выписать его в общем виде:

$$\begin{matrix} 1) & \dfrac{\sqrt{\dfrac{(X-Y)(XY+1)}{(X+Y)(XY-1)}}+1}{\sqrt{\dfrac{(X-Y)(XY+1)}{(X+Y)(XY-1)}}-1} & \dfrac{\sqrt{\dfrac{(X+Y)(XY+1)}{(X-Y)(XY-1)}}+1}{\sqrt{\dfrac{(X+Y)(XY+1)}{(X-Y)(XY-1)}}-1}\\ 2) & \dfrac{Y+1}{Y-1} & \dfrac{\sqrt{\dfrac{X^2 Y^2-1}{X^2-Y^2}}+1}{\sqrt{\dfrac{X^2 Y^2-1}{X^2-Y^2}}-1}\\ 3) & \sqrt{\dfrac{(X+Y)(XY+1)}{(X-Y)(XY-1)}} & \dfrac{X+1}{X-1}\\ 4) & \sqrt{\dfrac{X^2 Y^2-1}{X^2-Y^2}} & \sqrt{\dfrac{(X-Y)(XY+1)}{(X+Y)(XY-1)}}\\ 5) & X & Y \end{matrix}$$

Все тупички вида "если A решение, то B также решение" на подступах к уравнению $(6)$, возможно, описаны в этой таблице (учитывая, что пара $\left ( X_n,Y_{n+1} \right )$ – также решение). Но предположение остается предположением**. Ни решений кубоида, ни отсутствие таковых отсюда не следует, а только умопомрачительная сложность вопроса.
Исправлено 13.08

* Уравнение $(6)$ можно переписать так: $\left ( XY \right )^2-\left ( XZ \right )^2+\left ( YZ \right )^2=1,$ или в виде системы $\left\{\begin{matrix} A^2-B^2+C^2 &=1 \\ ABC & =\square \end{matrix}\right.$ .

** Верность таблицы, впрочем, не вызывает сомнения: верхняя ее часть достраивается из нижней с помощью утверждения "если $(X,Y)$ решение, то $\left ( \frac{Y+1}{Y-1},\frac{X+1}{X-1} \right )$ — также решение", которое проверяется прямой подстановкой в $(6)$. Однако же получить первую строку из пятой "формулой прямого движения" $\left\{ \begin{array}{rcl} X &=& \dfrac {v(u^2-1)+\sqrt{((uv)^2-1)(u^2-v^2)}}{u(v^2-1)} \\ Y &=& \dfrac {v(u^2+1)+\sqrt{((uv)^2-1)(u^2-v^2)}}{u(v^2+1)} \\ \end{array} \right.$ с подстановкой u $\rightarrow X, v \rightarrow Y$ почему-то не удается. Если цикл. Или же я туплю.

PS Можно проще. Таблица, как уже говорилась, верна, значит верно решение первой строки. То что пара $\left ( X, \frac{\sqrt{\frac{(X+Y)(XY+1)}{(X-Y)(XY-1)}}+1}{\sqrt{\frac{(X+Y)(XY+1)}{(X-Y)(XY-1)}}-1} \right )$ является решением, следует из решения $3$-й строки, а пара $(X,Y)$ — решение по предположению. Первую строку можно поставить после пятой, значит цикл. Как это согласуется с формулой прямого движения — вопрос отдельный.

[Andrey A]

Похоже, задача решена https://ru.files.fm/u/9c56sjmnd. В доказательстве я ошибок не вижу.