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 ... 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение25.01.2023, 01:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1577259 писал(а):
Можно предложить альтернативную формулировку:
$$x^3\approx y^2\Rightarrow \sqrt{x}\approx \frac{y}{x}$$
Значит нужно искать такие рациональные аппроксимации $\sqrt{x}$, чтобы в их знаменателе содержался тот же самый $x$.
Положим, $\dfrac{p_{n-1}}{q_{n-1}},\dfrac{p_n}{q_n}$ есть "пеллеобразующая" пара подходящих дробей разложения $\sqrt{m}$, то есть $p_n^2-mq_n^2=\pm 1.$ Запишем это проще: $\dfrac{p_{n-1}}{q_{n-1}},\dfrac{p_n}{q_n} \approx \sqrt{m}.$ Медианта этих дробей — приближение не хуже первой из них, причем дроби не обязаны быть несократимыми. Если разрешимо в положительных числах уравнение $q_{n-1}X+q_nY=m,$ можем записать $\dfrac{p_{n-1}X+p_nY}{q_{n-1}X+q_nY}=\dfrac{p_{n-1}X+p_nY}{m}\approx \sqrt{m},$ и $(p_{n-1}X+p_nY)^2 \approx m^3.$ Для примера:
$\sqrt{119}=10,1,9,1,... \approx \dfrac{109}{10},\dfrac{120}{11}.\ \ 119=2\cdot 10+9\cdot 11.$ Отсюда $\dfrac{2\cdot 109+9\cdot 120}{2\cdot 10+9\cdot 11}=\dfrac{1298}{119}\approx \sqrt{119}.$ На всякий случай проверим: $\dfrac{1298}{119}=10,1,9,1,4,2.$ И действительно $119^{\frac{3}{2}} \approx 1298,136...$ Приличная точность обусловлена тем, что $2<9$, то есть влияние менее точной дроби минимально. Вдумчивый читатель спросит а зачем всё это было воротить, если сразу можно возвести $119$ в нужную степень? И будет совершенно прав. Но. Есть такая волшебная разность $R_m.$ Такая, что формула $\left ( kR_m+\sqrt{m} \right )^2$ образует последовательность хороших приближений к числам $m_k$, период разложения которых отличается от $m$ только первым знаком (целой частью). Для нечетного $q_n\ R_m=q_n,$ для четного — $q_n/2.$ Общий член последовательности $m_k$ также зависит от четности $q_n$ (если не ошибаюсь $m+2kp_n+(kq_n)^2$ и $m+kp_n+\left ( k\dfrac{q_n}{2} \right )^2$), но вычисления на этой почве в рамках задачи не нужны. Смысл простой: знаменатели подх. дробей от первого знака не зависят и для всех $m_k$ будут одинаковы в пределах $n.$ Уравнение $q_{n-1}X+q_nY=m_k$ оказывается разрешимо в положительных числах, и перебор по $x$ для $m_k$ должен оказаться более результативным, чем для случайных модулей, но $k$ не может быть слишком большим. Вот и попробуем. Возьмем $m=2$ и третье решение Пелля: $17^2-2 \cdot 12^2=1.$ Для номера решения нужно бы ввести верхний показатель, но оставим пока просто $R=12/2=6.$
$(6+\sqrt{2})^2 \approx 55.\ 55^{\frac{3}{2}} \approx 407,89... \approx 408.$
$(12+\sqrt{2})^2 \approx 180.\ 180^{\frac{3}{2}} \approx 2414,95... \approx 2415.$
$(18+\sqrt{2})^2 \approx 377.\ 377^{\frac{3}{2}} \approx 7320,0159... \approx 7320.$
$(24+\sqrt{2})^2 \approx 646.\ 646^{\frac{3}{2}} \approx 16419,078... \approx 16419.$
$(30+\sqrt{2})^2 \approx 987.\ 987^{\frac{3}{2}} \approx 31008,14... \approx 31008.$
И точность пошла на спад. Возьмем $m=5$ и третье решение Пелля: $38^2-5 \cdot 17^2=-1.\ R=17.$
$(17+\sqrt{5})^2 \approx 370.\ 370^{\frac{3}{2}} \approx 7117,09... \approx 7117.$
$(34+\sqrt{5})^2 \approx 1313.\ 1313^{\frac{3}{2}} \approx 47577,0038... \approx 47577.$
$(51+\sqrt{5})^2 \approx 2834.\ 2834^{\frac{3}{2}} \approx 150868,91... \approx 150869.$ И на спад. Как-то так, но без гарантии.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение25.01.2023, 10:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
P.S.
Строго говоря, дробная часть не стоит на месте. Чем меньше $n$ (длина периода), и чем больше $k$, тем лучше прослеживаются своеобразные "арифметические прогрессии" дробной части, как под микроскопом. Они заметны и в примерах выше. Но в пределах $n$ период прежний, а далее следует удвоенное $p_1 $, которое может быть сколь угодно велико. Образуются разложения типа $\sqrt {161805}=402,4,804,4,804,4,...$ вот влияние этих больших знаков — загадка. Прогрессии же так или иначе проходят вблизи целых точек, образуя решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение26.01.2023, 01:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1578666 писал(а):
Есть такая волшебная разность $R_m.$


Если для заданного $m$ найдено решение уравнения Пелля $mx^2+1=y^2$, где в качестве $x,y$ взяты знаменатель и числитель подходящей дроби $\sqrt{m}\approx\frac{p_n}{q_n}=\frac{y}{x}$, то ясно, что
$$(q_n+\sqrt{m})^2=q_n^2+m+2q_n\sqrt{m}\approx q_n^2+m+2q_n\frac{p_n}{q_n}=q_n^2+m+2p_n$$

т.е. всегда будем иметь число, близкое к целому. Если $q_n$ четно, можно нивелировать и двойку для исключения ее влияния на дробную часть $\sqrt{m}$, взяв $q_n/2$ вместо $q_n$:
$$\left(\frac{q_n}{2}+\sqrt{m}\right)^2\approx \frac{q_n^2}{4}+m+p_n$$

Однако, все это не гарантирует, что $(q_n+\sqrt{m})^3$ близко к целому числу.

Рассмотрим пример:
$$m=13, \sqrt{13}\approx\frac{649}{180}=\frac{p_n}{q_n}$$
$$13\cdot 180^2+1=649^2$$
$$(90+\sqrt{13})^2\approx 8761.99922958352$$
$$8762^{\frac{3}{2}}\approx 820171.8763332475$$
$$(90+\sqrt{13})^3\approx 820171.7681603561$$

Условие, при котором $(q_n+\sqrt{m})^3$ близко к целому числу:

$$(q_n+\sqrt{m})^3=q_n^3+3\sqrt{m}q_n^2+3mq_n+m^{\frac{3}{2}}\approx q_n^3+3\frac{p_n}{q_n}q_n^2+3mq_n+m^{\frac{3}{2}}$$

Таким образом, число $m^{\frac{3}{2}}$ должно быть близко к целому числу. Значит $m$ нужно выбирать из предыдущих решений $x^3\approx y^2, m=x$, также можно брать $m$ близким к квадрату целого числа (надо бы это проверить).

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение26.01.2023, 03:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1578796 писал(а):
... не гарантирует, что $(q_n+\sqrt{m})^3$ близко к целому числу.
Отличный анализ, спасибо! Да, не гарантирует. Однако в сумме кроме погрешности не целого $m^{\frac{3}{2}}$ есть еще погрешность слагаемого $3\sqrt{m}q_n^2$. Она, вероятно, меньше первого, но на то и коэффициент $k$ дан. Давайте обозначим погрешность выражения $3\sqrt{m}q_n^2$ маленькой $\delta,$ погрешность $m^{\frac{3}{2}}$ — большой $\Delta$ и подставим вместо $q_n \rightarrow kq_n,$ убрав все целые слагаемые. Чтобы одно съело другое нужно $\delta k^2+\Delta \approx 0,$ откуда $k \approx \pm \sqrt{-\dfrac{\Delta}{\delta}}.$ Выбирать $m$ из предыдущих решений — тоже мысль, но вовсе не обязательно. Из $3\sqrt{m}q_n^2 \approx 3p_nq_n$ можно еще вывести $\delta =3p_nq_n-3\sqrt{m}q_n^2=3q_n(p_n-\sqrt{m}q_n).$ Тут еще со знаками незадача. Похоже, если обе дельты одинакового знака, нужно брать отрицательное $k$. То есть минус либо под радикалом, либо перед. Надо пробовать.
juna
А Вы, кажется, не верите в волшебство...

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение26.01.2023, 21:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1578803 писал(а):
juna
А Вы, кажется, не верите в волшебство...

Чудеса только начинаются. :-)

Рассмотрим числа $m$, недалеко отстоящие от квадратов чисел. Это имеет то преимущество, что выражения
$$(n+\sqrt{n^2+a})^s$$
для малых $a=1,2,\ldots$ (их величина зависит от величины $n$)
начинают сходиться к целому числу при любом целом (а иногда и не только) $s$.
Вот берем:
$$(6+\sqrt{37})^2\approx 145.9931503635786$$
$$(6+\sqrt{37})^3\approx 1764.000566893241$$
Казалось бы, все чудесно, бери себе $x=146, y=1764$. Так нет же:
$$146^{\frac{3}{2}}\approx 1764.124712144808$$
$$146^3-1764^2=440, q(146,1764)=0.0275$$
А вот берем $x=145, 145^{\frac{3}{2}}\approx 1746.031213924883$ (переставляем в предыдущем $y$ две последние цифры местами)):
$$145^3-1746^2=109, q(145,1746)=0.11$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение26.01.2023, 22:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
juna в сообщении #1578656 писал(а):
Что это за работа 1939 года? Может кто-то знает.

Книга находится:
https://projecteuclid.org/journals/bull ... 02492.full
Может у кого-нибудь есть в электронном виде?

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение26.01.2023, 23:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
juna в сообщении #1578976 писал(а):
Вот берем:
$$(6+\sqrt{37})^2\approx 145.9931503635786$$
$$(6+\sqrt{37})^3\approx 1764.000566893241$$

Величина погрешности здесь выражается точно:
$$x-(6+\sqrt{37})^2=(-6+\sqrt{37})^2$$
$$y-(6+\sqrt{37})^3=-(-6+\sqrt{37})^3$$
А сами $x,y$ берутся из последовательности A086928
И так соответственно любые приближения с $$\sqrt{m}-n<1$$
$$(6+\sqrt{41})^2\approx 153.8374908491942$$
$$(6+\sqrt{41})^3\approx 1908.065511377494$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 06:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1578987 писал(а):
И так соответственно любые приближения с...
Похоже, Вы берете степени альфы последовательностей Люка вида $V_n \left ( P,Q \right )=\alpha^n+\beta^n,$ где $\alpha=\dfrac{P+\sqrt{P^2-4Q}}{2},\beta=\dfrac{P-\sqrt{P^2-4Q}}{2}.$ При условии $-P - 1<Q<P - 1$ выполняется $\beta<1,$ и последовательность почти равна $\alpha^n.$ Тогда $$\left ( \alpha^{2n} \right )^3 \approx \left ( \alpha^{3n} \right )^2.$$ Вообще говоря, мысль на поверхности: если нельзя брать степени целых чисел, почему бы не взять пошире ) И не только кубы/квадраты, а любые пропорции. Думаю, проще решения мы не найдем.

juna в сообщении #1578976 писал(а):
$$146^3-1764^2=440, q(146,1764)=0.0275$$ А вот берем $x=145, 145^{\frac{3}{2}}\approx 1746.031213924883$ (переставляем в предыдущем $y$ две последние цифры местами)):
$$145^3-1746^2=109, q(145,1746)=0.11$$
Это чудо знаю я. Оно называется "неудачный выбор критерия". Поскольку $\sqrt{x} \approx \dfrac{y}{x}$, оценку $\dfrac{\sqrt{x}}{y^2-x^3}$ можно записать так: $\dfrac{y}{x} \cdot \dfrac{1}{y^2-x^3}.$ Первый множитель нужен ясно для чего: снять зависимость от порядка величин и завуалировать обратную зависимость от разности. Но причем тут разности? Задача $a^x \approx b^y$ решается разложением логарифма $\log_ab \approx \dfrac{x}{y}.$ Результатом имеем бесконечную последовательность "точек сближения" двух геометрических прогрессий. Это хорошее решение, и ни у кого не возникает желания измерять разности. А когда хорошего решения нет, вот тогда возникают спекулятивные оценки, чемпионы и т.д. Наибольшего $q$ мы всё равно никогда не узнаем )

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 11:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1578998 писал(а):
При условии $-P - 1<Q<P - 1$ выполняется $\beta<1,$
Точнее $\left | \beta \right | <1.$
В частности для $P=1,Q=-1$ возникает последовательность степеней точки золотого сечения $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}.$ Для $n=12$ калькулятор уже не видит погрешности: $103682^{\frac{3}{2}}=33385282.$
mihaild в сообщении #1577368 писал(а):
Что-то по мотивам теоремы Лиувилля.

Не уверен, что тут хорошая аналогия.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 14:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1578998 писал(а):
Наибольшего $q$ мы всё равно никогда не узнаем )

Вот если бы так было, то критерий был бы хороший. Но возможно мы их уже знаем. Выше на уровне размахивания руками для простых показал, что качество убывает при возрастании $p$. Думаю, эта общая тенденция рано или поздно проявляется на всех числах. Поэтому рекордсменов нужно искать только "в начале" пути.

-- Пт янв 27, 2023 14:43:24 --

Вот посмотрел для всех простых $x$ от 2 до 10000000. Все, чем наследили в начале пути, то и остается:
$$ x=2, y=3, q=1.41$$
$$x=3, y=5, q=0.87$$
$$x=5, y=11, q=0.56$$
$$x=109, y=1138, q=0.696$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 18:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1578998 писал(а):
Тогда $$\left ( \alpha^{2n} \right )^3 \approx \left ( \alpha^{3n} \right )^2.$$

Все бы хорошо, да не все.

Для заданного рекордсмена, например $x=5234$, можно найти $x=5234=\left(\sqrt{36^2+25}+36\right)^2+\left(-\sqrt{36^2+25}+36\right)^2$
Но вот
$$y=\left(\sqrt{36^2+25}+36\right)^3+\left(-\sqrt{36^2+25}+36\right)^3=378648$$
уже врет в сравнении с
$$5234^{\frac{3}{2}}\approx 378660.9999775524$$

-- Пт янв 27, 2023 18:35:16 --

juna в сообщении #1579068 писал(а):
Вот посмотрел для всех простых $x$ от 2 до 10000000

До 100000000 уже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 20:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1579091 писал(а):
уже врет в сравнении с
$$5234^{\frac{3}{2}}\approx 378660.9999775524$$
Так это не уже, а еще. С ростом $n$ точность растет, хотя на моем калькуляторе $378661.$ А есть уверенность что тут уже не $n=2$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение27.01.2023, 22:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1579117 писал(а):
А есть уверенность что тут уже не $n=2$?

У нас тут, конечно, неразбериха с обозначениями возникла.
Введём еще раз согласованные обозначения.
Мы ищем $$\alpha=\sqrt{n^2+a}+n, \beta=\pm \left(\sqrt{n^2+a}-n\right), |\beta|<1$$
такие, что
$$x=\alpha^{2k}+\beta^{2k}, y=\alpha^{3k}+\beta^{3k}$$
тогда $x\approx \alpha^{2k}, y\approx \alpha^{3k}, k=1, 2, 3, \ldots$, значит $x^3\approx y^2$
В этих обозначениях Вы спрашиваете, существует ли решения с $k=2$. Да, существуют, но некрасивые, и не всегда сходящиеся к целому числу, поэтому я посчитал, что не подходят:
например:
$$k=2, n=\frac{\sqrt{\sqrt{5242}-4}}{2}, a=2$$
$$x=5234, y\approx 378660.6684090651$$
А это уже нормальное приближение, но если брать следующие $k$, обеспечивающие $x,y$ близкими к целому ($k=4$), получим катастрофически плохую точность $q=2.5e-7$

-- Пт янв 27, 2023 23:19:14 --

Andrey A в сообщении #1578998 писал(а):
Тогда $$\left ( \alpha^{2n} \right )^3 \approx \left ( \alpha^{3n} \right )^2.$$

В общем ничего особо интересного мы пока не получили. Мы просто научились находить такие $x$, для которых $y\approx x^{\frac{3}{2}}$ стремится к целому числу, при этом абсолютная погрешность $x^3-y^2$ у нас несоразмерно слабо уменьшается с ростом $x$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение28.01.2023, 01:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1631
Санкт-Петербург
juna
А почему Вы не хотите взять стандартные обозначения последовательностей Люка? Мы же так теряем половину решений (с нечетным $P$), и плюс путаница.
Andrey A в сообщении #1578998 писал(а):
$V_n \left ( P,Q \right )=\alpha^n+\beta^n,$ где $\alpha=\dfrac{P+\sqrt{P^2-4Q}}{2},\beta=\dfrac{P-\sqrt{P^2-4Q}}{2}.$
$V_n$ есть целое число. Если выполнено $-P - 1<Q<P - 1$, то $\left |  \beta^n \right |$ начиная с некоторого $n$ достаточно мало, и $\alpha^{2n}=x,\alpha^{3n}=y$ — хорошие приближения. Обобщенная формула Бине. Хотелось бы избавиться от вкусовщины типа больше/меньше, но это, боюсь, чревато путаницей, учитывая знакопеременный характер параметра $\beta.$ Как вариант: ограничение $-\dfrac{P}{\sqrt{2}} - \dfrac{1}{2}<Q<\dfrac{P}{\sqrt{2}} - \dfrac{1}{2}$ позволяет хотя бы квадраты округлять до лучшего приближения: $\beta^2<\dfrac{1}{2}.$ А вообще (если налаживать обратные связи) вопросы встают серьезные. Тут ведь три переменные: $P,Q,n,$ и неминуемы пересечения. В частности Ваш пример описывает другую пару $\left ( 36+\sqrt{36^2+25} \right )^2\approx 5234;\ \left ( 36+\sqrt{36^2+25} \right )^3\approx 378648.$ А пару $5234, 378661$ описывают какие-то другие переменные. И первое описание, строго говоря, не годятся. Не потому что неправильные $P,Q$ взяты, неправильное тут $n=1.$ Слишком маленькое. Об остальном еще надо подумать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как бы нам оквадратить куб?
Сообщение28.01.2023, 10:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1857
Москва
Andrey A в сообщении #1579154 писал(а):
А почему Вы не хотите взять стандартные обозначения последовательностей Люка? Мы же так теряем половину решений (с нечетным $P$), и плюс путаница.

Они в основном используются для описания целочисленных последовательностей, если не ошибаюсь. А я не уверен, что здесь мы обойдемся только ими. Поэтому мы ничего не теряем, положив $a=Q, n=\frac{P}{2}$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 94 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7  След.

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