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 ... 5, 6, 7, 8, 9
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение25.09.2020, 21:49 


16/08/19
75
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение25.09.2020, 22:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
mathpath в сообщении #1484630 писал(а):
можно ли придумать параметризацию для x, y, z, такую, чтобы...

Пока что науке это не известно. Попробуйте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение15.01.2021, 18:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение16.01.2021, 09:11 


16/08/19
75
Какова природа самого числа a ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение16.01.2021, 11:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
$ 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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение17.01.2021, 03:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение15.04.2022, 11:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/12
25190
Кронштадт
 !  Сообщения злостного клона и связанные с ними удалены.
 i  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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение15.04.2022, 11:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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...

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение15.04.2022, 12:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/12
25190
Кронштадт

(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).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение15.04.2022, 12:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
:facepalm:

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.07.2022, 09:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение24.07.2022, 12:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.08.2022, 18:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.08.2022, 07:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1542
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 134 ]  На страницу Пред.  1 ... 5, 6, 7, 8, 9

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