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 ... 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11  След.
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение06.07.2020, 20:33 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Andrey A в сообщении #1472422 писал(а):
Это значит, что все решения $(9')$, а значит и $(9)$, полностью описываются тождеством Эйлера

Это слабое место и совершенно неочевидное утверждение. Здесь два различных тождества: первое - Эйлера, связанное с уравнением $(9)$, второе, назовём его знакопеременным тождеством Эйлера, связанное с уравнением $(9')$.
Нужно доказать, что $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$ для уравнения $(9)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 00:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
scwec в сообщении #1472685 писал(а):
... слабое место и совершенно неочевидное утверждение.
Почему-то я предвидел подобные возражения. Можно ведь было просто перетащить элементы $(9)$ в нужном порядке с соотв. скобочками и убедиться, что второе условие выполняется. Но я вывел "с нуля" знакопеременное тождество, уже на его примере составил и решил уравнения, вывел определитель системы (который в сущности не изменился, его можно и так и так перетасовывать), сопоставил с элементами уравнения $(9')$ и всё равно не убедил. Ладно. Давайте разбираться. Уравнения $(9)$ и $(9')$ это одно и то же уравнение, просто слагаемые переставлены местами. Тождество Эйлера и "знакопеременное тождество" — точно так же суть одно тождество с переставленными слагаемыми. Получается, что первое условие (равенство сумм квадратов) Вы согласны принимать в знакопеременном виде, а второе $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$ — отказываетесь. Я бы вообще не связывался со знакопеременными выражениями, но в форме $(9)$ первое условие в уравнении заметно, а второе не очень, оттого всё и затеяно.
scwec, если бы вместо "совершенно неочевидное" Вы бы употребили "непривычное", я бы и согласился. Но ведь мы имеем дело с тождествами, всё можно проверить хотя бы в Вольфраме. А лучше представить, что и уравнение и тождество сразу были записаны в знакопеременной форме. Почему нет? Если опять не убедил, укажите конкретней где моя ошибка.

P.S. Можно, например, "выпрямить обратно" $(9')$ в $(9)$ и получить $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$, только с другими буквами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 11:43 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):
Мне вот тоже показалось, что оно наиболее удачно разбивает проблему на кучу проблем, перепишем его так: $$y^2+\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2+z^2+\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2=x^2+\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2+1^2+1^2\ \ \ (9)$$ Видя равенство сумм четырех квадратов, приравняем почленно к тождеству Эйлера:
$( \overset{=y}{-a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4} )^2+( \overset{=1/y}{a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=z}{a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2} )^2+( \overset{=1/z}{a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1} )^2=$
$( \overset{=x}{a_1 b_1+a_2 b_2-a_3 b_3+a_4 b_4} )^2+( \overset{=1/x}{a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=1}{a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2} )^2+( \overset{=1}{-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1} )^2.$

Здесь тождество Эйлера появляется первый раз

Andrey A в сообщении #1472669 писал(а):
На самом деле не такая уж она и проблема. Положим, имеется две четверки квадратов равной суммы
$C_1^2+C_2^2+C_3^2+C_4^2=D_1^2+D_2^2+D_3^2+D_4^2$, и нужно выяснить, описываются они Эйлеровым тождеством, или нет. Выпишем это поподробней:

$(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)=$

$\overset{ C_1 }{\left (-a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ C_2 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}+$ $\overset{ C_3 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ C_4 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}=$

$\overset{ D_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2-a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}-\overset{ D_2 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}-$ $\overset{ D_3 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+\overset{ D_4 }{\left (-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}$

А здесь тождество Эйлера появляется второй раз.
Проверьте расхождения в знаках перед скобками ну и дальнейшие расчеты тоже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 13:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
Это ошибка при копировании, на дальнейшее она не влияет. Правильно как в первый раз, спасибо за поправку. Интересные вещи выясняются. Насчет доказательства ничего нового не скажу, оно в силе, а вот тут я не прав:
Andrey A в сообщении #1472712 писал(а):
P.S. Можно, например, "выпрямить обратно" $(9')$ в $(9)$ и получить $C_1{D_3}+C_3{D_1}=C_2{D_4}+C_4{D_2}$, только с другими буквами.
И тут:
Andrey A в сообщении #1472712 писал(а):
Тождество Эйлера и "знакопеременное тождество" — точно так же суть одно тождество с переставленными слагаемыми.
Выпрямляя знакопеременную форму, получаем следующее:

$\overset{ c_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ d_3 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ c_4 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ d_2 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ d_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ c_3 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ d_4 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ c_2 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}$

Сходство с тождеством Эйлера скорее внешне, но первое условие применимости (равенство сумм квадратов) выполняется. Однако, в вещественных числах оно не факторизуется, полное же условие в переводе на большие буквы выглядит так: $$\left\{\begin{matrix}
P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ 
P_1P_2\ \ \ +\ \ P_3P_4\ =\ Q_1Q_2\ \ +\ \ \ Q_3Q_4
\end{matrix}\right.$$

Понимаете? Это то, что Вы требовали: $y \cdot \dfrac{1}{y}+z \cdot \dfrac{1}{z}=x \cdot \dfrac{1}{x}+1 \cdot 1=2.$ Уравнение $(9)$ в прямом движении описывается не тождеством Эйлера, а именно этим. Тут требуется доказательство, но я уверен, что в определителе однородной системы окажутся именно эти выражения. Первое доказательство для прямого движения (сложное) учитывало только равенство сумм квадратов, второе же условие выполняется автоматом. Поэтому оно тоже общее, хотя и его надо бы упростить. Имеем в итоге два доказательства. Замены были такие: $c_1\rightarrow P_1,d_3\rightarrow P_2,c_4\rightarrow P_3,d_2\rightarrow P_4,d_1\rightarrow Q_1,c_3\rightarrow Q_2,d_4\rightarrow Q_3,c_2\rightarrow Q_4.$ Тут есть еще соображения, но это попозже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 14:09 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):
Тут требуется доказательство

Так доказывайте, а там посмотрим.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 16:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):
$$\left\{\begin{matrix}
P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ 
P_1P_2\ \ \ +\ \ P_3P_4\ =\ Q_1Q_2\ \ +\ \ \ Q_3Q_4
\end{matrix}\right.$$

Это можно переписать так: $$\left\{\begin{matrix} (P_1+P_2)^2+(P_3+P_4)^2=(Q_1+Q_2)^2+(Q_3+Q_4)^2\\ (P_1-P_2)^2+(P_3-P_4)^2=(Q_1-Q_2)^2+(Q_3-Q_4)^2\end{matrix}\right.$$
Причем суммы четырех квадратов левой и правой частей системы равны. Разложение некоторой величины $M$ в сумму "квазиэйлеровых" квадратов зависит не от множителей $M$ (мысля пока в целых числах), а от представления в виде среднего арифметического $(m_1+m_2)/2$, где $m_1,m_2$ — пара чисел вида $a_1^2+b_1^2=a_2^2+b_2^2.$ Пример: $M=2020=\dfrac{3700+340}{2}.$
$3700=60^2+10^2=54^2+28^2.$
$340=\ \ 18^2+4^2=14^2+12^2.$

$(60+18)/2=39,\ (60-18)/2=21,\ (10+4)/2=7,\ (10-4)/2=3.$
$(54+14)/2=34,\ (54-14)/2=20,\ (28+12)/2=20,\ (28-12)/2=8.$ $$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
39^2+21^2+7^2+3^2=34^2+20^2+20^2+8^2=2020 \\
39\cdot 21+7 \cdot 3=34 \cdot 20+20 \cdot 8=840. \end{matrix}\right.$$
Отсюда можно предположить, что любое достаточно большое целое отобразимо квазиэйлеровыми четверками целых квадратов, и уж точно любое рациональное — рациональными.
scwec в сообщении #1472742 писал(а):
Так доказывайте, а там посмотрим.

Так Вы бы сказали чего не хватает до полного счастья. А то опять переписывать придется )) И потом, если квазиэйлеровы четверки описывают любое рациональное число, нужно ли еще чего-то доказывать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 16:58 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Andrey A в сообщении #1472737 писал(а):
Тут требуется доказательство, но я уверен, что в определителе однородной системы окажутся именно эти выражения.
Вот это доказательство и нужно было предъявить. Кроме того, если это докажете, и второе условие для уравнения $(9)$ сменится и сменятся выражения в скобках для тождества Эйлера, то надо переделывать нахождения "общего решения". Всё будет зависеть от привязки $x,y,1/x,1/y,z,1/z,1,1$ к скобкам нового тождества.
Однако, если Вам и так всё ясно, то мне ясно, что попытка доказательства отсутствия совершенного кубоида до конца пока не доведена.

(Оффтоп)

Впрочем, резвиться никому не запрещено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.07.2020, 17:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
scwec, на счет "резвиться" Вы совершенно правы. Утомила она меня, эта задача. Сделаю как Вы сказали, но должен предупредить: скобки из знакопеременного выражения я перетаскивал вместе с названиями. От замен на большие буквы даже фабула не поменяется, только обложка. К вечеру постараюсь управиться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 09:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
Итак, доказательство 2 (первое было здесь).

Имеем уравнение $$y^2+\left ( \dfrac{1}{y} \right )^2+z^2+\left ( \dfrac{1}{z} \right )^2=x^2+\left ( \dfrac{1}{x} \right )^2+1^2+1^2\ \ \ (9)$$ и тождество

$\overset{ =P_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =P_2 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =P_3 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =P_4 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ =Q_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =Q_2 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =Q_3 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =Q_4 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}\ \ \ \ \ (10)$


Для начала выясним, возможно ли привести в строгое соответствие элементы одного и другого, чтобы в последствии с помощью $(10)$ найти общее решение $(9).$ Представим на минуту $(10)$ в качестве уравнения, приравняв выражения в скобочках к параметрам в надстрочниках, и выясним условия его разрешимости, т.е. ответим на вопрос какими еще свойствами должны обладать параметры $P_1,P_2,P_3,P_4,Q_1,Q_2,Q_2,Q_2$ кроме видимого свойства равенства сумм четырех квадратов. Запишем две линейных системы из четырех уравнений относительно $b_1,b_2,b_3,b_4$:

$\left\{\begin{matrix}
a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=P_1\\ 
a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=Q_2\\ 
a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=P_3\\ 
a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=Q_4
\end{matrix}\right. \ \ \left\{\begin{matrix}
a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=Q_1\\ 
a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=P_2\\ 
a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=Q_3\\ 
a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=P_4
\end{matrix}\right.$ и приравняем решения: $\left\{\begin{matrix}
b_1=\dfrac{a_1P_1-a_2Q_4-a_3Q_2+a_4P_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1Q_1+a_2P_4-a_3P_2-a_4Q_3}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_2=\dfrac{a_1Q_4-a_2P_1-a_3P_3+a_4Q_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1P_4+a_2Q_1-a_3Q_3-a_4P_2}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_3=\dfrac{a_1Q_2+a_2P_3-a_3P_1-a_4Q_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1P_2-a_2Q_3-a_3Q_1+a_4P_4}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}\\ 
b_4=\dfrac{a_1P_3+a_2Q_2-a_3Q_4-a_4P_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}=\dfrac{a_1Q_3-a_2P_2-a_3P_4+a_4Q_1}{a_1^2-a_2^2-a_3^2+a_4^2}
\end{matrix}\right.$

У равных дробей с равными знаменателями равны так же и числители. Приравнивая их попарно, получаем однородную систему относительно $a_1,a_2,a_3,a_4$:

$\left\{\begin{matrix}
(P_1-Q_1 ) a_1-(Q_4+P_4 ) a_2-(Q_2-P_2 ) a_3+(P_3+Q_3 ) a_4=0\\ 
(Q_4-P_4 ) a_1-(P_1+Q_1 ) a_2-(P_3-Q_3 ) a_3+(Q_2+P_2 ) a_4=0\\ 
(Q_2-P_2 ) a_1+(P_3+Q_3) a_2-(P_1-Q_1 ) a_3-(Q_4+P_4 ) a_4=0\\ 
(P_3-Q_3 ) a_1+(Q_2+P_2 ) a_2-(Q_4-P_4 ) a_3-(P_1+Q_1 ) a_4=0
\end{matrix}\right.$ Определитель такой системы
$$\det \begin{pmatrix}
(P_1-Q_1 ) & -(Q_4+P_4 ) & -(Q_2-P_2 ) & (P_3+Q_3 )\\ 
(Q_4-P_4 ) & -(P_1+Q_1 ) & -(P_3-Q_3) & (Q_2+P_2 )\\ 
(Q_2-P_2 ) & (P_3+Q_3 ) & -(P_1-Q_1 ) & -(Q_4+P_4 )\\ 
(P_3-Q_3 ) & (Q_2+P_2 ) & -(Q_4-P_4 ) & -(P_1+Q_1 )
\end{pmatrix}=$ $-(P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2-Q_1^2-Q_2^2-Q_3^2-Q_4^2)^2$ $-4(P_1P_2+P_3P_4-Q_1Q_2-Q_3Q_4)^2$$ должен равняться нулю, что является необходимым и в общем случае достаточным условием разрешимости $(10).$ Сумма квадратов рациональных чисел даже с минусом может быть $=0$ только, если основания квадратов $=0.$ Для первого квадрата это выполняется по уже известному свойству, остается проверить второй:

$P_1P_2+P_3P_4-Q_1Q_2-Q_3Q_4=(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4)$ $(a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2)+(a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1)$ $(a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3)-$
$-(a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4)(a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2)-$ $(a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1)(a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3)=0.$

Выполняется тождественно, как и первое, что отличает форму $(10)$ от формулы Эйлера и делает ее максимально пригодной для описания уравнения $(9):$ проведя соответствие $P_1 \leftrightarrow y,P_2 \leftrightarrow \dfrac{1}{y},P_3 \leftrightarrow z,P_4 \leftrightarrow  \dfrac{1}{z},Q_1 \leftrightarrow x,Q_2 \leftrightarrow  \dfrac{1}{x},Q_3 \leftrightarrow 1,Q_4 \leftrightarrow 1,$ видим, что условия разрешимости $(10)$ вполне соответствуют свойствам $(9)$: $y \cdot \dfrac{1}{y}+z \cdot \dfrac{1}{z}-x \cdot \dfrac{1}{x}-1 \cdot 1=0$ (первое выполняется по умолчанию). Иными словами, все решения $(9)$, если они имеются, могут быть описаны формой (10). Запишем: $\left\{\begin{matrix}
a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4=y\\ 
a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2=\dfrac{1}{y}\\ 
a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=z\\ 
a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3=\dfrac{1}{z}\\ 
a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=x\\ 
a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2=\dfrac{1}{x}\\ 
a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=1\\ 
a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3=1
\end{matrix}\right.$ Далее копирую доказательство $1$ с изменениями в индексах и названиях букв.

Складывая и вычитая почленно уравнения $2,6$, получаем: $\begin{matrix}
\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}=2(a_1 b_3+a_3 b_1 )\\ 
\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}=2(a_2 b_4-a_4 b_2)
\end{matrix}$ Домножая на $xy$, имеем $ \begin{matrix}
2xy(a_1 b_3+a_3 b_1 )=x+y=2(a_1 b_1+a_3 b_3 )\\ 
2xy(a_2 b_4-a_4 b_2 )=x-y=2(a_4 b_4-a_2 b_2 )
\end{matrix}$ ($+/-$ $5$-е и $1$-е уравнения)$$\Rightarrow \dfrac{x+y}{x-y}=\dfrac{a_1 b_3+a_3 b_1}{a_2 b_4-a_4 b_2}=\dfrac{a_1 b_1+a_3 b_3}{a_4 b_4-a_2 b_2}$$
По той же схеме $\begin{matrix}
1+\dfrac{1}{z}=2(a_1 b_2+a_3 b_4)\\ 
1-\dfrac{1}{z}=2(a_2 b_1-a_4 b_3)
\end{matrix}.$ Домножая на $z$: $\begin{matrix}
2z(a_1 b_2+a_3 b_4)=z+1=2(a_1 b_4+a_3 b_2 )\\ 
2z(a_2 b_1-a_4 b_2)=z-1=2(a_4 b_1-a_2 b_3 )
\end{matrix}.$ $$\Rightarrow \dfrac{z+1}{z-1}=\dfrac{a_1b_2+a_3b_4}{a_2b_1-a_4b_2}=\dfrac{a_1b_4+a_3b_2}{a_4b_1-a_2b_3}$$ Решая два новых уравнения относительно $\dfrac{a_1}{a_3}$ и приравнивая результаты, получаем:

$\dfrac{a_1}{a_3}=\dfrac{a_2 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_4 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}{a_4 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_2 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}=$ $\dfrac{a_2 (b_1 b_2+b_3 b_4 )-a_4 (b_1 b_4+b_2^2 )}{a_4 (b_1 b_2+b_2 b_4 )-a_2 (b_1 b_4+b_2 b_3 )}=\dfrac{a_4 b_2 (b_2-b_3 )}{a_4 b_4 (b_3-b_2 )}=-\dfrac{b_2}{b_4}.$ Предпоследняя дробь получена из двух предыдущих почленным вычитанием числителей и знаменателей, что для равных дробей позволено. Далее из $\dfrac{a_1}{a_3}=-\dfrac{b_2}{b_4}$ следует $a_1 b_4+a_3 b_2=0$. Подставляя это в уравнение $7$, получаем $1=a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1=(a_1 b_4+a_3 b_2)+a_2 b_3-a_4 b_1=0+a_2 b_3-a_4 b_1$, откуда $a_2 b_3-a_4 b_1=1.$ Перпишем теперь уравнение $3$ так: $z=a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1=(a_1 b_4+a_3 b_2)-(a_2 b_3-a_4 b_1)=0-1=-1.$ Если бы в $(9)$ вместо единиц стояли минус единицы, получили бы из последней подстановки $z=1$ без потери общности, и третьего не дано. Ну, а при $\left | z \right |=1$ решение известное: $\left | x_1 \right |=\left | y \right |, \left | x_2 \right |=\left | \dfrac{1}{y} \right |.$

Ранее было показано, что уравнение $y^2+\dfrac{1}{y^2}+z^2+\dfrac{1}{z^2}=x^2+\dfrac{1}{x^2}+2$ равносильно задаче о Диофатовом кирпиче. Если бы последнее имело ненулевые решения, то для любых рациональных $\alpha^2+\beta^2=2$ нашлись бы тройки $x;\ y,z \neq \pm 1$ такие, что
$$y^2+\dfrac{1}{y^2}+z^2+\dfrac{1}{z^2}=x^2+\dfrac{1}{x^2}+\alpha^2+\beta^2,$$в том числе и для $\alpha=\beta=\pm 1$. Тогда получили бы нетривиальное решение уравнения $(9)$, где оба параметра $y,z$ отличны по модулю от единицы. Но общее решение $(9)$ таково: $\left\{\begin{matrix}
\left | z \right |=1 \\ 
\left | x_1 \right |=\left | y \right |\\ 
\left | x_2 \right |=\left | 1/y \right |
\end{matrix}\right..$
Это было доказано выше и противоречит предположению. Значит, его не существует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 12:34 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Andrey A
Нахождение "общего решения" базируется у Вас на применении тождества Эйлера.
Andrey A в сообщении #1470609 писал(а):
Видя равенство сумм четырех квадратов, приравняем почленно к тождеству Эйлера:

$( \overset{=y}{-a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4} )^2+( \overset{=1/y}{a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=z}{a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2} )^2+( \overset{=1/z}{a_1 b_4+a_2 b_3-a_3 b_2+a_4 b_1} )^2=$

$( \overset{=x}{a_1 b_1+a_2 b_2-a_3 b_3+a_4 b_4} )^2+( \overset{=1/x}{a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3} )^2+$ $( \overset{=1}{a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2} )^2+( \overset{=1}{-a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1} )^2.$

Распределения переменных $y,1/y,z,1/z,x,1/x$ в названиях скобок у Вас фиксировано и выполняется ли условие 2 (которое здесь не приводится) для этого распределения не известно.
Нужно было бы проверять все 135 вариантов распределения. Причем, если условие не выполняется, оно дает уравнение, связывающее переменные $x,y,z$ и делающее условие выполнимым. Это то, что нужно учитывать при всех вариантах расчета.
Поскольку этого не сделано, то "общее решение" нельзя считать достаточным.

Однако, в последних сообщениях заведено новое тождество, похожее на тождество Эйлера

Andrey A в сообщении #1472837 писал(а):
тождество

$\overset{ =P_1 }{\left (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3-a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =P_2 }{\left (a_1 b_3+a_2 b_4+a_3 b_1-a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =P_3 }{\left (a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =P_4 }{\left (a_1 b_2-a_2 b_1+a_3 b_4+a_4 b_3 \right )^2}=$

$\overset{ =Q_1 }{\left (a_1b_1-a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4 \right )^2}+\overset{ =Q_2 }{\left (a_1 b_3-a_2 b_4+a_3 b_1+a_4 b_2 \right )^2}+$ $\overset{ =Q_3 }{\left (a_1 b_4+a_2 b_3+a_3 b_2-a_4 b_1 \right )^2}+\overset{ =Q_4 }{\left (a_1 b_2+a_2 b_1+a_3 b_4-a_4 b_3 \right )^2}\ \ \ \ \ (10)$

Здесь уже выписано условие 2, которое удовлетворяется порядком следования переменных $y,1/y,z,1/z,x,1/x,1,1$.
Но опять есть ссылки на "общее решение", которое не является достаточным.
Кроме того, нужно проверять те же 135 вариантов (при внимательном рассмотрении можно уменьшить), которые накладывают связи на $x,y,z$ и которые делают условие 2 выполнимым, что может привести к решениям уравнения $(9)$
Так что пока нельзя сделать вывод о несуществовании совершенного кубоида.
Жаль, конечно, здесь бы и сказочке конец.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 14:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
scwec
Я искренне не понимаю, о каких $135$ вариантах распределения Вы говорите. По моему Вы не недооцениваете силу понятия "полностью выясненные условия разрешимости". В нашем случае это означает, что выражения в скобочках являются общим решением системы $\left\{\begin{matrix}
P_1^2+P_2^2+P_3^2+P_4^2=Q_1^2+Q_2^2+Q_3^2+Q_4^2\\ 
P_1P_2+P_1P_2=Q_1Q_2+Q_3Q_4
\end{matrix}\right.$ в рациональных числах. Можно ведь назначить $a_4$, к примеру, свободной переменной и решить все выписанные системы в общем виде, т.е. выразить параметры $a_3,a_2,a_1,b_1,b_2,b_3,b_4$ через $P_i,Q_i$ плюс свободная переменная. Обратная связь. Я этого не делал просто за ненадобностью. Если существует нетривиальное решение $(9)$, можем тогда подставить тройку $x,y,z \neq \pm 1$ в найденные выражения и получить набор $a_i,b_i$ таких, что $\left |z=a_1 b_4-a_2 b_3+a_3 b_2+a_4 b_1  \right | \neq 1,\ \ \left |y=a_1 b_1+a_2 b_2+a_3 b_3-a_4 b_4  \right | \neq 1.$ И, хотя простыми алгебраическими методами доказано, что это не так, Вы отказываетесь видеть в том противоречие. Тут я пасую.

Но за рецензию спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 15:08 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Ну, каждый остался при своём.
Andrey A, сами по себе Вы мне симпатичны.
Предложите то, что Вы изложили, кому-нибудь ещё. Возможно, найдёте большее понимание.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 15:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1897
Санкт-Петербург
scwec в сообщении #1472882 писал(а):
... Вы мне симпатичны.

Вы мне тоже. Но 135 вариантов распределения до полного счастья... как на Вас угодить!?

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 15:34 
Заслуженный участник


17/09/10
2136
Честно говоря, мне эта тема, как и Вам, поднадоела. Вот если появятся новые идеи, тогда посмотрим.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение08.07.2020, 19:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Первое.
scwec в сообщении #1472662 писал(а):
Однако, $3^2+3^2+3^2+4^2=1^2+1^2+4^2+5^2=43$
и условие $C_1D_3+C_3D_1=C_2D_4+C_4D_2$ не выполняется (одна из частей условия делится на 3, а другая нет).
Делайте выводы.


Andrey A в сообщении #1472664 писал(а):
Вывод один: данные четверки не описываются тождеством Эйлера.


Следовательно, доказательство (верное или не верное) приведено только для четвёрок Эйлера.
Тогда необходимо доказательство того, что $x,y,z$ для "кирпича" обязаны удовлетворять четвёркам Эйлера из тождества Эйлера.

Второе. Очень непонятное.
Уравнение для полного куббоида, само собой, имеет решения и в нерациональных числах. Но во всём доказательстве я не нашёл заключения типа: " Отсюда следует, что $x,y,z$ не могут быть все рациональными числами."
Вместо этого вы априори считаете их рациональными.
Но число $$\[\frac{{x + y}}{{x - y}}\]$ может быть рациональным и при нерациональных $x,y$

Т.е. Даже при доказательстве первого возражения доказательства нет, так как есть второе возражение. Доказательство не изменится если четвёрка чисел не будет рациональна, но будет удовлетворять тождеству Эйлера.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 153 ]  На страницу Пред.  1 ... 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 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