Как бы нам оквадратить куб?

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[juna]

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).

[Andrey A]

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...

[juna]

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)):

$$145^3-1746^2=109, q(145,1746)=0.11$$

[juna]

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?

[juna]

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

$$\sqrt{m}-n<1$$

$$(6+\sqrt{41})^2\approx 153.8374908491942$$

$$(6+\sqrt{41})^3\approx 1908.065511377494$$

[Andrey A]

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 )

[Andrey A]

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.

[juna]

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:

$$ x=2, y=3, q=1.41$$

$$x=3, y=5, q=0.87$$

$$x=5, y=11, q=0.56$$

$$x=109, y=1138, q=0.696$$

[juna]

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.

[Andrey A]

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 $n=2$?

[juna]

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 $x$.

[Andrey A]

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.

[juna]

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 $a=Q, n=\frac{P}{2}$.