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 1, 2, 3, 4, 5 ... 9  След.
 
 Совершенный кубоид
Сообщение25.11.2019, 02:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Тема на все времена. Несколько замечаний, не претендуя на новизну. Задача сводится к системе диофантовых уравнений $\left\{\begin{matrix}
$A^2+B^2 & =X^2\\ 
B^2+C^2 &=Y^2 \\ 
C^2+A^2 &=Z^2 \\ 
A^2+B^2+C^2 & =T^2
\end{matrix}\right.$ Тут $A,B,C$ – длины рёбер воображаемого параллелепипеда, $X,Y,Z$ – длины диагоналей граней, $T$ – длина пространственной диагонали. Каждое из уравнений имеет общее решение, в том числе и последнее, с него и начнем. Положим

$A=2kln^2r$
$B=2mnl^2r$
$C=(k^2n^2+l^2m^2-l^2n^2)r$
$T=(k^2n^2+l^2m^2+l^2n^2)r$
и перепишем первые три уравнения так: $\left\{\begin{matrix}
T^2-A^2=Y^2\\ 
T^2-B^2=Z^2\\ 
T^2-C^2=X^2
\end{matrix}\right.$ Переменные $k,l,m,n$ можно считать целыми положительными числами, причем пары $(k,l)\ (m,n)$ взаимно просты. Последняя система состоит из трех пифагоровых троек, поэтому дробь $\dfrac{T+A}{T-A}$ есть квадрат рационального числа, то же и для остальных. Делая замены, получаем
$$\dfrac{T+A}{T-A}=\dfrac{(lm)^2+(kn+ln)^2}{(lm)^2+(kn-ln)^2}=\alpha ^2;\ \dfrac{T+B}{T-B}=\dfrac{(kn)^2+(lm+ln)^2}{(kn)^2+(lm-ln)^2}=\beta ^2;\ \dfrac{T+C}{T-C}=\dfrac{(kn)^2+(lm)^2}{(ln)^2}=\gamma ^2.$$Такой поворот тем хорош, что не теряя общности, удается избавиться не только от рационального коэффициента $r$, но и от общих делителей пифагоровых троек, которые вовсе не обязаны быть примитивными. Последнее равенство можно переписать тогда так: $\left ( \dfrac{k}{l} \right )^2+\left ( \dfrac{m}{n} \right )^2=\gamma ^2.$ Дроби в основании квадратов несократимы по условию, обозначим $\dfrac{k}{l}=x,\dfrac{m} {n}=y$. В этих терминах удается записать и предыдущие уравнения. Имеем систему в рациональных числах $\left\{\begin{matrix}
\dfrac{(x^2+1)(y^2+1)}{2x} & =\dfrac{\alpha ^2+1}{\alpha ^2-1}\\ 
\dfrac{(x^2+1)(y^2+1)}{2y} & =\dfrac{\beta ^2+1}{\beta ^2-1}\\ 
x^2+y^2 & =\gamma ^2
\end{matrix}\right.$ Для единообразия полезно еще сделать замены $\alpha =\dfrac{a+1}{a-1},\beta =\dfrac{b+1}{b-1}$ и обозначить $\dfrac{\alpha ^2+1}{\alpha ^2-1}=\dfrac{a^2+1}{2a}=F_a,\dfrac{\beta ^2+1}{\beta ^2-1}=\dfrac{b^2+1}{2b}=F_b.$ Почленным делением второго уравнения на первое получаем $\dfrac{x}{y}=\dfrac{F_b}{F_a}$, деление третьего уравнения на $y^2$ ведёт к $\left ( \dfrac{x}{y} \right )^2=\left ( \dfrac{\gamma }{y} \right )^2-1=\left ( \dfrac{F_b}{F_a} \right )^2.$ Тогда существует рациональное $c$ такое, что $\dfrac{F_b}{F_a}=\dfrac{c^2-1}{2c}$ (обозначим это $f_c$), и тут вопрос к специалистам по теории эллиптических кривых. На сколько помню, множества $F_n$ и $f_n$ не пересекаются. Возможно ли $\dfrac{F_b}{F_a}=f_c$ ? Если нет, идеального кирпича не существует. Выпишу на всякий случай итоговую систему, она такая:
$$\dfrac{F_b}{F_a}=\dfrac{x}{\sqrt{\dfrac{F_a}{F_x}-1}}=f_c$$ Первое равенство образует биквадратное уравнение относительно $x$, которое Вольфрам решает на двух страницах, но решение есть. Под радикалом $y^2$. Лучше конечно сразу искать значения $a,x$, при которых радикал окажется целым числом. Однако, если тут нет общего решения, дальнейшее уже ничего не доказывает. Ну, а если оба равенства верны, тем самым определены $x,y \Rightarrow k,l,m,n \Rightarrow A,B,C$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.11.2019, 02:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Последнее уравнение имеет бесконечное множество решений в рациональных числах.
Пример:
$$\[
a = 2,F_a  = \frac{{2^2  + 1}}{{2 \cdot 2}} = \frac{5}{4}
\]$

$$\[
b = \frac{{16}}{{15}},F_b  = \frac{{\left( {16/15} \right)^2  + 1}}{{2 \cdot \left( {16/15} \right)}} = \frac{{481}}{{480}}
\]$

$$\[
c = \frac{{25}}{{12}},F_c  = \frac{{\left( {25/12} \right)^2  - 1}}{{2 \cdot \left( {25/12} \right)}} = \frac{{481}}{{600}}
\]$

Есть и одно-параметрические решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.11.2019, 07:46 


16/08/05
1130
В терминах $a,b,c$:

$(c (1 + b^2) + a b (1 - c^2))^2 = (c (1 + b^2))^2 - (b (1 - c^2))^2$

оно же:

$(c^2 (1 + a^2)^2 - (1 + 10 a^2 + a^4))^2 - (4 a b c - (1 + a^2) (c^2 - 1))^2 (1 + a^2)^2 = 16 a^2 (1 + 6 a^2 + a^4)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.11.2019, 08:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Коровьев
Отлично. Последнее уравнение – имеется в виду $\dfrac{F_b}{F_a}=f_c$. Оно разрешимо, и, следовательно, таким способом ничего не доказать. Что и не удивительно.
Коровьев в сообщении #1427735 писал(а):
Есть и одно-параметрические решения.
Интересно, какой степени оказывается уравнение для $x$?

ps собственно, относительно $x$ оно в любом случае биквадратное )

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение26.11.2019, 19:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург

(Интересное свойство функции Fn)

По пути всплыло:

$F_aF_b=\dfrac{F{ab}+F{a/b}}{2}$
$F_aF_bF_c=\dfrac{F{abc}+F_{ab/c}+F_{bc/a}+F_{ca/b}}{4}$
$F_aF_bF_cF_d=\dfrac{F{abcd}+F_{ab/cd}+F_{bc/ad}+F_{ca/bd}+F_{abc/d}+F_{bcd/a}+F_{cda/b}+F_{dab/c}}{8}$
. . . . . и т.д. Произведение индексов — квадрат. Еще известное свойство: $F_n=F{\frac{1}{n}}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение18.12.2019, 01:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1427540 писал(а):
$$\dfrac{F_b}{F_a}=\dfrac{x}{\sqrt{\dfrac{F_a}{F_x}-1}}=f_c$$

Под радикалом возникает уравнение $\dfrac{F_a}{F_x}-1=y^2$. Общего решения тут видимо нет, но можно дать пример 1-параметрического: $a=x^3,y=\dfrac{x^2-1}{x}$. Найти бы еще $x$ такое, что $\dfrac{x^6+1}{2x^3-2x}=F_b,\ \dfrac{x^2}{x^2-1}=f_c$. Можно и на елку повесить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение20.12.2019, 02:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1430764 писал(а):
... пример 1-параметрического: $a=x^3,y=\dfrac{x^2-1}{x}$.
А есть ли тут иные решения, кроме тривиальных вроде $a=x$ или $x=1,a=2n^2$? Что-то не уверен. Подозреваю, что и $\dfrac{x^2}{x^2-1}=f_c$ имеет всего одно решение: $x=2,c=3$. Возможно ошибаюсь. А так и до доказательства недалеко.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение21.12.2019, 21:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Вернемся на минуту к системе $\left\{\begin{matrix}
\dfrac{(x^2+1)(y^2+1)}{2x} & = F_a\\ 
\dfrac{(x^2+1)(y^2+1)}{2y} & = F_b\\ 
x^2+y^2 & =\gamma ^2
\end{matrix}\right.$ Сделаем замену $a \rightarrow \dfrac{xy+1}{x-y}$ (возможность такой замены — чистая гипотеза): $\dfrac{a^2+1}{2a}=\dfrac{(x^2+1)(y^2+1)}{2(x-y)(xy+1)}=F_a.$ Поделив это почленно на первое уравнение системы, получаем $x=(x-y)(xy+1)$ и при ненулевых $x,y$ имеем $y=\dfrac{x^2-1}{x}.$ Тогда $a=\dfrac{xy+1}{x-y}=x^3$, что образует некоторое $1-$параметрическое решение первого уравнения системы. Если других нет, то и второе уравнение решается подобно первому. В силу симметрии: $b=y^3, x=\dfrac{y^2-1}{y}$, откуда $xy=y^2-1=x^2-1$ и $\left | x \right |=\left | y \right |$, что делает неразрешимым в рациональных числах третье уравнение: $2x^2=2y^2=\gamma ^2.$

Вывод: либо существуют иные нетривиальные решения уравнения $\dfrac{F_a}{F_x}=y^2+1$, либо кубоид неразрешим.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 04:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
НОВЫЙ ПОДХОД
(Все переменные целые числа, любые совпадения к предыдущему отношения не имеют).

Положим, переменные $x,y,z,t$ таковы, что выполняется равенство $x^2-y^2=z^2+t^2.$ Тогда верно и $x^2-t^2=z^2+y^2$, и $x^2-z^2=t^2+y^2.$ Могут ли все три значения оказаться целыми квадратами?
Запишем
$x^2-y^2=t^2+z^2=a^2$
$x^2-t^2=z^2+y^2=b^2\ \ (1)$
$x^2-z^2=y^2+t^2=c^2.$
Такая система описывает идеальный кирпич, поскольку $x^2=y^2+z^2+t^2$ (пространственная диагональ), остальное видно невооруженным глазом. Решая её как линейную систему, не обращая внимания на квадраты, получаем:
$x^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}$
$z^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
$y^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$
$t^2=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}.$
И что-то оно напоминает. Перемножая почленно всё и домножая на $16$, имеем $$(4xyzt)^2=(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$$
Треугольник Герона со сторонами-квадратами. Этот вопрос уже поднимался https://dxdy.ru/post494877.html#p494877. Не сказать, что та же задача (поскольку скобочки там не обязательно удвоенные квадраты), но неразрешимость её свидетельствовала бы о неразрешимости кубоида. Можно еще записать так:
$$(2xyzt)^2=(ab)^4-\left ( \dfrac{a^4+b^4-c^4}{2} \right )^2=(bc)^4-\left ( \dfrac{b^4+c^4-a^4}{2} \right )^2=(ac)^4-\left ( \dfrac{a^4+c^4-b^4}{2} \right )^2.$$ С четвертыми степенями противоречий, как видим, не наблюдается. Еще одно следствие, на мой взгляд более важное: $$\begin{matrix}
(xz)^2+(yt)^2=(ab)^2 \\ 
(xt)^2+(yz)^2=(ac)^2 \\ 
(xy)^2+(zt)^2=(bc)^2 
\end{matrix}$$ Проверить это можно прямой подстановкой решений системы $(1)$. Тройка пифагоровых треугольников равной площади, об этом тоже было https://dxdy.ru/post1189279.html#p1189279. Такие тройки существуют, хотя общего решения нет (scwec сказал, я ему верю), но в нашем случае имеется дополнительное требование: произведение трех гипотенуз должно быть равно целому квадрату. Это и достаточное условие, поскольку тройка $a,b,c$ в этом случае определена, и доказательство невыполнимости последнего требования стало бы доказательством неразрешимости кубоида. Поясню.
Перебираем значения целочисленной ф-ии $\dfrac{nm(n^2-m^2)}{2}$ (легче бывает только от одной переменной), сортируем по величине и находим тройное совпадение в двумерном массиве. Это значит, что существует три пифагоровых треугольника с катетами $p=2nm,q=n^2-m^2$ и гипотенузами $r=n^2+m^2.$ Проверяем далее не является ли целым числом $s=\sqrt{r_1r_2r_3}.$ Если нет, перебираем дальше. Если найдено целое $s$, фиксируем величины $\dfrac{s}{r_1},\dfrac{s}{r_2},\dfrac{s}{r_3}$. Это могут быть не обязательно целые числа, но домножая на общий знаменатель, получаем вз. простую тройку целых $a,b,c$ и четверку $x,y,z,t$ по формулам решений системы $(1)$. В случае нечетных $a,b,c$ домножаем еще всё на $2$. Хотя нет. Стоп. Тут серьезное противоречие по $\mod 4$, тройка $a,b,c$ не может быть нечетной. Но гипотенузы примитивных троек нечетны. Более того, одно из $a,b,c$ должно быть кратно четырем, остальные нечетные. Значит одна из переменных должна быть домножена на 4, но какая? Нет ли противоречия в таком произвольном домножении? Что ж, все последние предложения опять оборачиваются гипотезой. Или же искомым противоречием, как повезет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 05:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
PS Впрочем, домножать на $4$ нужно так, чтобы выполнялось $a^2+b^2>c^2,b^2+c^2>a^2,c^2+a^2>b^2$, видимо наименьшее из нечетных. Если оно вообще бывает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 05:43 


21/05/16
4294
Аделаида
Сообщение с длинами сторон треугольника Герона.
Тема с попыткой опровержения сущствования кубоида через "несуществование" треугольника Герона.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 06:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
kotenok gav
Ну да, ничто не ново под луной. Хотя о втором следствии упоминаний нет, а оно из того же места растет и более сильное.
kotenok gav в сообщении #1330840 писал(а):
Проверил: из второго тр-ка кубоидов не выходит :-(

Кубоидов не из каких не выходит, понятно, а второй треугольник просто не Геронов. Площадь у него иррациональная, видимо ошибка. Первый в порядке, и значит да, через это ничего не доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 07:12 


21/05/16
4294
Аделаида
Второй треугольник - это я имел в виду этот:
grizzly в сообщении #1330364 писал(а):
[ a, b, c, area ] = $[11789^2 , 68104^2 , 68595^2 , 284239560530875680]$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение07.03.2020, 12:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Да, этот. С ним тоже всё в порядке, засыпал уже вчера. Но это неважно, искать кубоид таким способом по трем переменным вещь несуразная. Даже если в запасе 300 лет имеется, всё равно скучновато ждать )

 Профиль  
                  
 
 Re: Совершенный кубоид
Сообщение09.03.2020, 03:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1543
Санкт-Петербург
Еще несколько соображений (вопрос с пифагоровыми тройками пока открыт). Предположим, он всё-таки существует. Кубоид. Тогда существует геронов треугольник со сторонами $a^2,b^2,c^2$ пропорциональными квадратам диагоналей, у которого все скобочки под радикалом удвоенные квадраты. Решение треугольника Герона известно. Попробуем привести термины в соответствие:

$1$) $a^2=N(M^2+k^2)$

$2$) $b^2=M(N^2+k^2)$

$3$) $c^2=(M+N)(MN-k^2)$

$4$) $S=MN(M+N)=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}=x^2$ (полупериметр)

$5$) $S-a^2=N(MN-k^2)=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}=y^2$

$6$) $S-b^2=M(MN-k^2)=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}=t^2$

$7$) $S-c^2=(M+N)k^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}=z^2$

Вычленим из последнего пункта равенство $(M+N)k^2=z^2$. Видно что $k \mid z$, значит существует целое $l$ такое, что $M+N=\left ( \dfrac{z}{k} \right )^2=l^2.$
Из пункта 3) также видно $MN-k^2=\dfrac{c^2}{M+N}=\left ( \dfrac{c}{l} \right )^2=v^2.$ И далее
из пункта 5) $\Rightarrow N=\dfrac{y^2}{MN-k^2}=\left ( \dfrac{y}{v} \right )^2=n^2,$
из пункта 6) $\Rightarrow M=\dfrac{t^2}{MN-k^2}=\left ( \dfrac{t}{v} \right )^2=m^2,$
из пункта 1) $\Rightarrow M^2+k^2=\dfrac{a^2}{N}=m^4+k^2=\left ( \dfrac{a}{n} \right )^2=p^2,$
из пункта 2) $\Rightarrow N^2+k^2=\dfrac{b^2}{M}=n^4+k^2=\left ( \dfrac{b}{m} \right )^2=q^2.$

Таким образом, все Героновы переменные и выражения в скобках есть целые квадраты за исключением $k$. Если бы оно тоже захотело стать квадратом, то и площадь треугольника $MNk(M+N)(MN-k^2)$ следом, но такое квадратное счастье оказалось бы невозможно: $m^4+k^4=p^2,n^4+k^4=q^2.$

Подытожим: $\begin{matrix}
a=pn\\ 
b=qm\\ 
c=vl
\end{matrix}\ \ \  \begin{matrix}
x=lmn\\ 
y=vn\\ 
t=vm\\ 
z=kl
\end{matrix} $ Задача обернулась системой из четырех пифагоровых троек $\left\{\begin{matrix}
m^2+n^2=l^2\\ 
m^2n^2=k^2+v^2\\ 
m^4+k^2=p^2\\ 
n^4+k^2=q^2
\end{matrix}\right.$, первую из которых можно считать примитивной.

kotenok gav, вот Вам пример алгоритма с перебором по двум переменным. Генерируем в нужном порядке примитивные пифагоровы тройки $m^2+n^2=l^2.$ Среди делителей $mn$ с большой вероятностью оказывается хотя бы одно простое вида $4K+1$, тогда легко вычисляется пара $u_1^2+u_2^2=m^2n^2.$ Пример: $21^2+20^2=29^2;\ 21^2 \cdot 20^2=252^2+336^2.$ Осталось проверить, не являются ли целыми числа $\sqrt{m^4+u^2},\ \sqrt{n^4+u^2}$. Если да, немедленно переименовываем такое $u$ в $k$, оставшееся — в $v$, и можно звать журналистов, хотя они не очень падки на хорошие новости. На всякий случай: $y=vn,t=vm,z=kl$ — ребра искомого кубоида.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 134 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5 ... 9  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