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, 2, 3, 4, 5, 6 ... 11  След.
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение29.03.2020, 22:40 
Заслуженный участник


17/09/10
2102
Andrey A в сообщении #1449160 писал(а):
сколько таких треугольников существует и конечно ли хотя бы их число

Число прямоугольных рациональных треугольников с заданной площадью, которая является конгруэнтным числом, бесконечно.
Строятся эти треугольники следующим образом.
Пусть имеется прямоугольный треугольник с рациональными длинами сторон $a,b,c$ и $a^2+b^2=c^2$, площадь его $S=\dfrac{ab}{2}$.
Рассмотрим другой треугольник с рациональными длинами сторон
$A=\dfrac{2abc}{|a^2-b^2|}$, $B=\dfrac{|a^2-b^2|}{2c}$,$C=\dfrac{c^4+4a^2{b^2}}{2c|a^2-b^2|}$.
Он прямоугольный, поскольку $A^2+B^2=C^2$, и площадь его $S=\dfrac{ab}{2}$.
Продолжая процесс построения дальше, получим сколько угодно таких треугольников. Повторов треугольников не будет, это следует из теоремы о 3-х точках кручения на эллиптической кривой $y^2=x^3-S^2{x}$
Получение же по заданной площади первого треугольника в этой цепочке - это действительно открытая проблема.
Ну а если есть хотя бы один, то есть и бесконечно много.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение30.03.2020, 05:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург
scwec, здравствуйте! Рад Вас видеть, давно не заходите. Очень важная для меня информация, спасибо! Стало быть, решения образуют серии наподобие Пелля. Надо это обдумать, но кое-что по горячим следам. Главный вопрос: есть ли уверенность в единственности такой серии для фиксированного $S?$ Для $S=6$ похоже так и есть, но вот для $S=1155$ имеем тройки $(a,b,c):\ (44,105/2,137/2);(40,231/4,281/4);(252,55/6,1513/6).$ Что-то не похожи они на ж/д состав, скорее три независимых паровоза. Тогда не список, а таблица, и большие числа содержит. На мой взгляд, всё это увеличивает вероятность существования кубоида, просто числа астрономические.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение03.04.2020, 06:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург

(чуть назад)

-
По поводу системы $\begin{matrix}
(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2 \\ 
(xt)^2+(yz)^2=(ac)^2 \\ 
(xy)^2+(zt)^2=(bc)^2 
\end{matrix}$ следует очень сильно оговориться. Обозначим её $(3).$

Подстановка
$x^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}$
$z^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
$y^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$
$t^2=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}$ действительно обращает все три уравнения в тождества. Выражения эти напрямую следуют из уравнений кубоида $(1)$ и, объединенные в систему, эквивалентны ей. Однако разрешимость $(3)$ не является достаточным условием существования кубоида, а только необходимым (как и существование геронова треугольника со сторонами-квадратами). Поэтому вести поиск на ее основе ошибочно. Вот неразрешимость системы $(3)$ могла бы свидетельствовать об обратном. Площадь прямоугольного треугольника, как известно, не квадратна (число $1$ не конгруэнтно). Если бы выяснилось, что произведение гипотенуз трех пифагоровых треугольников равной площади $S=xyzt/2$ также не может быть квадратом целого числа, это бы закрывало вопрос с кубоидом — система $(3)$ как раз об этом. Ну, а дальнейшие преобразования, начиная со ввода параметров $k,l,m,n,p,q,v$ — с ними всё в порядке.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение03.04.2020, 08:28 


16/08/05
1139
Andrey A в сообщении #1449428 писал(а):
Тогда не список, а таблица

Тоже похоже на Пелля, т.к. для конкретного Пелля могут существовать несколько разных фундаментальных решения, от которых строятся все остальные.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение03.04.2020, 09:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург
dmd
Речь о количестве бесконечных серий решений. Под уравнением Пелля понимается всё-таки $x^2-my^2=1$, тут серия как раз одна. Если же справа не единица, а что-то другое, то может быть и больше. Это называют обобщенным Пеллем, хотя Джон Пелль и в том и в другом случае строго ни при чем. Шутка Эйлера.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение03.04.2020, 14:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва

(Andrey A)

Andrey A, извините за непрошенный совет.
Для записи систем уравнений существует очень удобное окружение cases, а также существуют так называемые выносные формулы, для получения которых используются двойные знаки доллара: $$\begin{cases}(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2,\\ (xt)^2+(yz)^2=(ac)^2,\\ (xy)^2+(zt)^2=(bc)^2.\end{cases}\eqno(3)$$ В выносных формулах работает команда \eqno, с помощью которой можно нумеровать формулы. Если Вам не нужна фигурная скобка, вместо cases можно использовать другие окружения, хотя бы то же matrix, к которому можно приделать скобки желаемого вида с помощью парных команд \left и \right: $$\left[\begin{matrix}(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2,\\ (xt)^2+(yz)^2=(ac)^2,\\ (xy)^2+(zt)^2=(bc)^2.\end{matrix}\right.\eqno(3\text{а})$$ Подробнее смотрите в теме "FAQ по тегу [mаth]". Кроме того, существуют всякие руководства по системе \LaTeX.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение03.04.2020, 15:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург

(Someone)

Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение04.04.2020, 18:49 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
scwec в сообщении #1449339 писал(а):
Повторов треугольников не будет
Есть простое и короткое доказательство "напрямую" (не обращаясь к соответствующей эллиптической кривой).

Интересно, чему соответствуют эти формулы для нового треугольника в терминах точек на эллиптической кривой. Не удвоению ли точки на кривой?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение04.04.2020, 21:42 
Заслуженный участник


17/09/10
2102
nnosipov в сообщении #1451286 писал(а):
Есть простое и короткое доказательство "напрямую" (не обращаясь к соответствующей эллиптической кривой).

Интересно, чему соответствуют эти формулы для нового треугольника в терминах точек на эллиптической кривой. Не удвоению ли точки на кривой?


Действительно, это удвоение точек на эллиптической кривой $y^2=x^3-S^2{x}$.
По поводу короткого доказательства, мы с Вами это уже обсуждали лет шесть назад здесь на форуме в теме "Одномерная динамика", и там это доказательство приведено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.04.2020, 07:13 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
scwec в сообщении #1451336 писал(а):
мы с Вами это уже обсуждали лет шесть назад здесь на форуме
Как выяснилось, лет девять :-) Да, действительно, было дело.

-- Вс апр 05, 2020 11:38:05 --

Andrey A в сообщении #1449428 писал(а):
Главный вопрос: есть ли уверенность в единственности такой серии для фиксированного $S?$
Есть уверенность в противоположном, а именно: эта серия затрагивает только экспоненциально малую часть рациональных прямоугольных треугольников площади $S$.

И еще одно замечание: аналогии с сериями решений (обобщенных) уравнений Пелля здесь нет. Рациональные точки на эллиптической кривой образуют конечно-порожденную абелеву группу, а решения уравнений Пелля --- нет (если только речь не идет о классическом уравнении Пелля).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение04.05.2020, 02:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург
nnosipov в сообщении #1451454 писал(а):
... эта серия затрагивает только экспоненциально малую часть рациональных прямоугольных треугольников площади $S$.

Спасибо, это действует на воображение. Но вернемся к задаче.

Напомню, систему $\left\{\begin{matrix}
t^2+z^2 &=a^2 \\ 
z^2+y^2 &=b^2 \\ 
y^2+t^2 &=c^2 \\ 
t^2+z^2+y^2 &=x^2 
\end{matrix}\right.$ , описывающую искомый кубоид удается свести к системе $\left\{\begin{matrix}
m^2+n^2=l^2\\ 
(mn)^2-v^2=k^2\\ 
(nl)^2-v^2=q^2\\ 
(lm)^2-v^2=p^2
\end{matrix}\right\ (2)$

при соответствии $\begin{matrix} a=pn\\ 
b=qm\\ 
c=vl
\end{matrix}\ \ \  \begin{matrix}
x=lmn\\ 
y=vn\\ 
t=vm\\ 
z=kl
\end{matrix}$

Выделим три нижних уравнения системы $(2)$ в подсистему $\left\{\begin{matrix}
(mn)^2=k^2+v^2\\ 
(nl)^2=q^2+v^2\\ 
(lm)^2=p^2+v^2
\end{matrix}\right\ (2')$ Переменные $m,n,l,v,k,q,p$ по предположению целые числа, но если бы нашлись дробные параметры, удовлетворяющие $(2')$, дело бы решалось домножением на общий знаменатель $(m,n,l)$ и на квадрат общего знаменателя $(v,k,q,p)$. Забудем на некоторое время о различии между целыми и дробными, разделим все слагаемые подсистемы $(2')$ на $v^2$ : $\left\{\begin{matrix}
\left ( v \cdot \frac{m}{v} \cdot \frac{n}{v} \right )^2&=\left ( \frac{k}{v} \right )^2+1 \\ 
\left ( v \cdot \frac{n}{v} \cdot \frac{l}{v} \right )^2&=\left ( \frac{q}{v} \right )^2+1 \\ 
\left ( v \cdot \frac{l}{v} \cdot \frac{m}{v} \right )^2&=\left ( \frac{p}{v} \right )^2+1 
\end{matrix}\right.$ и сделаем замены: $\frac{m}{v}=M, \frac{n}{v}=N, \frac{l}{v}=L, \frac{k}{v}=\frac{K^2-1}{2K},$ $\frac{q}{v}=\frac{Q^2-1}{2Q}, \frac{p}{v}=\frac{P^2-1}{2P}, vLMN=W, \frac{K^2+1}{2K}=F_K, \frac{Q^2+1}{2Q}=F_Q, \frac{P^2+1}{2P}=F_P.$ В новой терминологии подсистема $(2')$ выглядит так: $\left\{\begin{matrix}
vMN=F_K\\ 
vNL=F_Q\\ 
vLM=F_P 
\end{matrix}\right..$ Перемножая почленно все три уравнения, получаем $F_K F_Q F_P=v^3 (LMN)^2=v(vLMN)^2=vW^2$. В таком виде представимо любое число, и, если $v$ «свободно от квадратов», такое представление единственно. Тогда однозначно определены $l=\frac{vW}{F_K}, m=\frac{vW}{F_Q},n=\frac{vW}{F_P}$. Возьмём для примера $K=7,Q=8,P=9$.

$F_7 F_8 F_9=\dfrac{(7^2+1)(8^2+1)(9^2+1)}{14 \cdot 16 \cdot 18}=\dfrac{5^3 \cdot 13 \cdot 41}{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7}$ $=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7} \cdot \left ( \dfrac{5}{12} \right )^2 \rightarrow v=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7},W=\dfrac{5}{12}.$

$vW=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84},l=\dfrac{vW}{F_7}=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{25}{7}=\dfrac{13 \cdot 41}{12} ,m=\dfrac{vW}{F_8}$$=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{65}{16}=\dfrac{4 \cdot 5 \cdot 41}{21}, n=\dfrac{vW}{F_9}=\dfrac{25 \cdot 13 \cdot 41}{84}/ \dfrac{41}{9}=\dfrac{3 \cdot 25 \cdot 13}{28}$.

Наименьшим общим знаменателем оказывается $84$, и получаем целые $l=\dfrac{13 \cdot 41}{12} \cdot 84=3731, m=\dfrac{4 \cdot 5 \cdot 41}{21} \cdot 84=3280,$ $ n=\dfrac{3 \cdot 25 \cdot 13}{28} \cdot 84=2925, v=\dfrac{5 \cdot 13 \cdot 41}{7} \cdot 84^2=2686320$, a также

$k=\sqrt{(mn)^2-v^2}=\sqrt{(3280 \cdot 2925)^2-2686320^2}=9210240$
$q=\sqrt{(nl)^2-v^2}=\sqrt{(2925 \cdot 3731)^2-2686320^2}=10577385$
$p=\sqrt{(lm)^2-v^2}=\sqrt{(3731 \cdot 3280)^2-2686320^2}=11939200$

И того: $$\left\{\begin{matrix}
(3280 \cdot 2925)^2=9210240^2+2686320^2\\ 
(2925 \cdot 3731)^2=10577385^2+2686320^2\\ 
(3731 \cdot 3280)^2=11939200^2+2686320^2
\end{matrix}\right.$$
Не хочется быть голословным*, но похоже, подсистема $(2')$ разрешима для произвольной тройки рациональных $K,Q,P$, и дело за первым уравнением системы $(2)$: $m^2+n^2-l^2=0$. В новых терминах это выглядит так: $\left ( \dfrac{vW}{F_Q} \right )^2+\left ( \dfrac{vW}{F_P} \right )^2-\left ( \dfrac{vW}{F_K} \right )^2=0$. Разделим всё на $(vW)^2: \dfrac{1}{F_Q^2}+\dfrac{1}{F_P^2}=\dfrac{1}{F_K^2} и домножим на $F_K^2$:
$$\left ( \dfrac{F_K}{F_Q} \right )^2+\left ( \dfrac{F_K}{F_P} \right )^2=1\ \ \ (3)$$.

Вопрос существования кубоида удается свести, таким образом, к единственному уравнению в рациональных числах. Тут уже требуется хорошее знание теории эллиптических кривых, хотя одно решение видно невооружённым глазом: $K=1,Q=\dfrac{P+1}{P-1}$. Из него получаем «плоский кирпич» $(k=0,z=0)$, всегда ли — это тоже требует доказательства. А вот существуют ли нетривиальные решения уравнения $(3)$, – вопрос достойный философа.



* То, что основания всех квадратов оказываются целыми числами, воспринимается как маленькое чудо.
Обязательно ли условие «$v$ свободное от квадратов» не знаю, но сокращать на НОД всё равно рано или поздно придётся.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.05.2020, 05:54 


16/08/05
1139
Попробовал (3) развернуть в терминах $[K,Q,P]$, считая $K$ параметром. Получилась (если так можно назвать?) биквадратная эллиптическая квартика:

$\Bigl(2 P^2 (Q^2 + K^4 Q^2 - K^2 (1 + Q^4))+ 1 + K^4 + 4 (1 + K^2 + K^4) Q^2 + (1 + K^4) Q^4\Bigr)^2=\\
(-1 + K^4)^2 + 8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4) Q^2 + 2 (1 + K^2)^2 (7 + 2 K^2 + 7 K^4) Q^4 +\\
 8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4) Q^6 + (-1 + K^4)^2 Q^8$

Если перебирать натуральные $K$, можно ли принимать вычисленные дробные $Q$ и $P$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.05.2020, 10:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург
dmd
Простите, но мне это трудно оценить. Одно биквадратное уравнение, помнится, Вольфрам отказался решать, а Империя чисел сказала $Q=\frac{P+1}{P-1}$. Причем моментально, как будто к ней с этим вопросом каждый день пристают. Я же не выставляю это на обсуждение ) Годится любой численный пример разрешимости $(3)$, где $K$ по абсолютной величине отлично от единицы. Либо он есть, либо его нет. Возможен, впрочем, третий патовый вариант: пример есть, но проверить его никакой возможности нет. Если тройка $7,8,9$ порождает числа порядка $10^7$, что соответствовало бы размеру кубоида порядка $10^{11}$, то... всякие такие мысли появляются, глядя на Ваши формулы. Зато это хорошо объясняет безрезультатность компьютерных поисков на сегодня. И еще. Если уж без перебора не обойтись, надо употребить что-то попроще/понадежней. ИМХО. Например, исходя из записи $\frac{1}{F_Q^2}+\frac{1}{F_P^2}=\frac{1}{F_K^2}.$ Тут функция от двух целых положительных переменных $\left (\dfrac{2XY}{X^2+Y^2}\right )^2$. Пару $X>Y$ можно положить взаимно простой, и строить двумерный массив, сортируя значения по величине и проверяя, не окажутся ли новые разности в образующемся списке. Так хотя бы можно надеяться на наименьшие решения, а это в данном случае важно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.05.2020, 12:01 


16/08/05
1139
Если нигде не ошибся, другой способ переписать (3) как разность квадратов:


$8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4)=\\
\Bigl(Q^2 (K^2 - 1)^2 + 3 (1 + K^4) + 2 K^2\Bigr)^2-\\
\dfrac{\Bigl(2 P^2 (Q^2 (1 + K^4) - K^2 (1 + Q^4)) + (1 + K^4) (1 + Q^4) + 4 (1 + K^2 + K^4) Q^2\Bigr)^2 (K^2 - 1)^2}{(1 + K^2)^2 (1 + Q^2)^2}$


Запустил перебор разложения $8 (1 + K^2)^2 (1 + K^4)$ в разность квадратов, пока в диапазоне K=1..340000 нашлись только пара$ [K,Q,P^2]=[31,2,-671/5481],[835,88,-689303/5400704673]$.

Т.е. $P^2$ не только не квадрат и не натуральное, но оно еще и отрицательно к сожалению. Что-то сомнительно, что (3) решабельно.


И допустимо ли, чтоб для натурального $K$ были дробными $Q$ и $P$ (так было бы проще искать).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение05.05.2020, 13:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1764
Санкт-Петербург
dmd в сообщении #1460303 писал(а):
И допустимо ли, чтоб для натурального $K$ были дробными $Q$ и $P$ (так было бы проще искать).

$K,Q,P$ — тройка рациональных параметров, дробность и отрицательность естественно допустимы (в том числе и для $K$). Единственное ограничение $\neq 0$, поскольку $F_0=\frac{0^2+1}{2 \cdot 0}$ не определено. $7,8,9$ было взято с потолка, просто для примера. А вот иррациональными они быть не могут, иначе всю тему с первой страницы можно класть под паровоз.
dmd в сообщении #1460303 писал(а):
Что-то сомнительно, что (3) решабельно
Кто бы спорил.



Исправлено.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 152 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6 ... 11  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