Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 42 из 57 |
[ Сообщений: 562 ] | На страницу Пред. 1 ... 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45 ... 57 След. |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
3axap |
|
|
BoxMuller писал(а): 3axap Цитата: Из (6) видно, что разность [math](c^2-b^2)[/math] должна являться квадратом целого числа Не должна. Есть один нюанс. В разности участвуют не любые квадраты, а квадраты вполне определённых чисел [math]b[/math] и [math]c[/math], ориентированных в пространстве относительно друг друга определённым образом. По условию стороны кубоида ортогональны: [math]c^{2}-b^{2}=x^{2}[/math], где [math]c \perp b[/math], [math]x^2 \in \mathbb{Z}[/math] [math]c^{2}+b^{2}(-1)=x^{2}[/math], где [math]c \perp b[/math] [math]i^2=-1[/math], где [math]i^{2} \in \mathbb{Z}[/math] [math]c^{2}+b^{2}i^{2}=x^{2}[/math], где [math]c \perp b[/math] [math]b^{2}i^{2}=z^{2}[/math], где [math]z^{2} \in \mathbb{Z}[/math] [math]c^{2}+z^{2}=x^{2}[/math], где [math]z^{2} \in \mathbb{Z}[/math], [math]x^{2} \in \mathbb{Z}[/math] и что очень важно: [math]c \in \mathbb{Z}[/math] Поэтому я сделал вывод, что [math]x \in \mathbb{Z}[/math] Ещё раз: [math]c^{2}+b^{2}(-1)=x^{2}[/math], где [math]c \perp b[/math] - это мнимая пифагорова тройка, где [math]b[/math] и [math]c[/math] - катеты. [math]c[/math] - целое, [math]b[/math] - целое, [math](-1)[/math] - целое, [math]x^{2}[/math] - целое! С чего бы [math]x[/math] - не целое? Должно быть целым, раз уж пифагорова тройка. |
||
Вернуться к началу | ||
BoxMuller |
|
|
3axap
Все равно не должна. Получается, что ты использовал кирпичи только те, у которых разница квадратов длин двух сторон есть квадрат числа. Что об остальных кирпичах? |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Получается, что я доказал, а меня всё равно не понимают. Что об остальных кирпичах. Я от противного предположил, что СК существует и логически вывел условия его существования. Если остальные кирпичи не отвечают этим требованиям, то они несовершенные. А отвечать этим требованиям они не могут, так как получается противоречивость требований, следовательно: СК нет.
BoxMuller писал(а): 3axap Получается, что ты использовал кирпичи только те, у которых разница квадратов длин двух сторон есть квадрат числа. Что об остальных кирпичах? А что, у остальных кирпичей стороны не ортогональны? Так это не кубоиды, это ромбоиды, они сюда не подходят. |
||
Вернуться к началу | ||
BoxMuller |
|
|
3axap
Цитата: Получается, что я доказал Объясни, почему ты отбросил множество остальных кубоидов. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Вот к этому целочисленному выражению: [math]b^{2}+c^{2}=f^{2}[/math], где [math]f \in \mathbb{Z}[/math] Добавили целый коэффициент: (-1) и получилось: [math]c^{2}+b^{2}(-1)=x^{2}=c^{2}-b^{2}[/math] С чего оно перестало быть целочисленным? Последний раз редактировалось 3axap 13 сен 2018, 02:37, всего редактировалось 2 раз(а). |
||
Вернуться к началу | ||
BoxMuller |
|
|
3axap
ЧЁ это ваще? Почему ты не рассматриваешь остальные? |
||
Вернуться к началу | ||
BoxMuller |
|
|
3axap
А такие кубоиды вообще существуют, о которых ты говоришь? Для которых разница квадратов двух длин есть квадрат числа. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Что, не может разность двух квадратов быть квадратом числа?
Главное, что она не может быть в СК, потому что есть строго заданная связь с его диагоналями. 3axap писал(а): Вот к этому целочисленному выражению: [math]b^{2}+c^{2}=f^{2}[/math], где [math]f \in \mathbb{Z}[/math] Добавили целый коэффициент: (-1) и получилось: [math]c^{2}+b^{2}(-1)=x^{2}=c^{2}-b^{2}[/math] С чего оно перестало быть целочисленным? |
||
Вернуться к началу | ||
BoxMuller |
|
|
3axap
Ладно, спроси ещё у кого-нибудь. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Если у кого хватит терпения произвести проверку многочисленных преобразований (куда ж без них), то буду очень признателен.
Примитивные пифагоровы тройки однозначно параметризуются известными формулами: [math]m^{2}-n^{2}[/math], [math]2mn[/math], [math]m^{2}+n^{2}[/math], где [math]m>n[/math], [math]m,n\in \mathbb{N}[/math] - взаимопростые числа. Известно также, что непримитивные пифагоровы тройки имеют общий делитель. Обозначим его [math]k[/math], тогда выражение [math]o^{2}+p^{2}=q^{2}[/math], где [math]o,p,q \in \mathbb{N}[/math] будет параметризоваться следующим образом: [math]k^{2}(m^{2}-n^{2})^{2}+4k^{2}m^{2}n^{2}=k^{2}(m^{2}+n^{2})[/math] Параметризуем условия для боковых диагоналей совершенного кубоида: [math]\left\{\!\begin{aligned} & a^{2}+b^{2}=d^{2} \\ & k_{1}^{2}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})^{2}+4k_{1}^{2}m_{1}^{2}n_{1}^{2}=k_{1}^{2}(m_{1}^{2}+n_{1}^{2}) \end{aligned}\right.[/math] [math]\left\{\!\begin{aligned} & a^{2}+c^{2}=e^{2} \\ & k_{2}^{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})^{2}+4k_{2}^{2}m_{2}^{2}n_{2}^{2}=k_{2}^{2}(m_{2}^{2}+n_{2}^{2}) \end{aligned}\right.[/math] [math]\left\{\!\begin{aligned} & b^{2}+c^{2}=f^{2} \\ & k_{3}^{2}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})^{2}+4k_{3}^{2}m_{3}^{2}n_{3}^{2}=k_{3}^{2}(m_{3}^{2}+n_{3}^{2}) \end{aligned}\right.[/math] Следовательно: [math]a^{2}= k_{1}^{2}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})^{2}= k_{2}^{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})^{2}[/math] [math]b^{2}= 4k_{1}^{2}m_{1}^{2}n_{1}^{2}=k_{3}^{2}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})^{2}[/math] [math]c^{2}=4k_{2}^{2}m_{2}^{2}n_{2}^{2}=4k_{3}^{2}m_{3}^{2}n_{3}^{2}[/math] Тогда четвёртое условие для пространственной диагонали параметризуется так: [math]\left\{\!\begin{aligned} & d^{2}+e^{2}+f^{2}=2g^{2} \\ & k_{1}^{2}(m_{1}^{2}+n_{1}^{2})^{2}+ k_{2}^{2}(m_{2}^{2}+n_{2}^{2})^{2}+ k_{3}^{2}(m_{3}^{2}+n_{3}^{2})^{2}=2g^{2} \end{aligned}\right.[/math] Тогда: [math]\left\{\!\begin{aligned} & d^{2}+e^{2}+b^{2}+c^{2}=2g^{2} \\ & k_{1}^{2}(m_{1}^{2}+n_{1}^{2})^{2}+ k_{2}^{2}(m_{2}^{2}+n_{2}^{2})^{2}+4k_{1}^{2}m_{1}^{2}n_{1}^{2}+4k_{2}^{2}m_{2}^{2}n_{2}^{2}=2g^{2} \end{aligned}\right.[/math] Следовательно, вся задача сводится к целочисленному решению уравнения: [math]k_{1}^{2}(m_{1}^4+n_{1}^4+6m_{1}^{2}n_{1}^{2})+k_{2}^{2}(m_{2}^4+n_{2}^4+6m_{2}^{2}n_{2}^{2})=2g^{2}[/math] Понятно, что: [math]m_{i}[/math] и [math]n_{i}[/math] - разной чётности по определению, [math]f[/math] и [math]k_{3}[/math] - чётны, [math]d,e,g[/math] - нечётны, тогда: [math]k_{1}^{2}(m_{1}^4+n_{1}^4+6m_{1}^{2}n_{1}^{2})[/math] - нечётно, [math]k_{2}^{2}(m_{2}^4+n_{2}^4+6m_{2}^{2}n_{2}^{2})[/math] - нечётно, [math]k_{1}[/math] и [math]k_{2}[/math] - нечётны. В итоге преобразования рассмотренного выше уравнения: [math]k_{1}^{2}(m_{1}^4+n_{1}^4+6m_{1}^{2}n_{1}^{2})+k_{2}^{2}(m_{2}^4+n_{2}^4+6m_{2}^{2}n_{2}^{2})=2g^{2}[/math], считаем, что для натуральных чисел согласно условию: [math]k_{1}k_{2}=g[/math] и получаем следующую зависимость: [math]m_{2}^4+n_{2}^4+6m_{2}^{2}n_{2}^{2}=k_{1}^{2}\left( 2-\frac{m_{1}^4+n_{1}^4+6m_{1}^{2}n_{1}^{2} }{ k_{2}^{2} }\right)[/math] В дроби в числитель не является квадратом целого числа, а в знаменателе - квадрат целого числа. Отсюда целое значение в левой части не получить, то есть, считаю, что решение рассмотренного уравнения в целых числах не получить. |
||
Вернуться к началу | ||
На страницу Пред. 1 ... 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45 ... 57 След. | [ Сообщений: 562 ] |
Похожие темы | Автор | Ответы | Просмотры | Последнее сообщение |
---|---|---|---|---|
Совершенный кубоид. Отладка | 86 |
1289 |
15 апр 2022, 00:40 |
|
Существует ли совершенный параллелепипед?
в форуме Палата №6 |
1 |
15604 |
27 май 2019, 22:48 |
|
Рациональный кубоид
в форуме Размышления по поводу и без |
116 |
33775 |
16 мар 2018, 01:22 |
|
Гнем кубоид
в форуме Палата №6 |
0 |
9410 |
27 май 2019, 22:41 |
|
Кубоид. Ностальгия
в форуме Геометрия |
39 |
1301 |
07 июн 2020, 17:44 |
|
Однопарам ф-ла для ТП и кубоид Эйлера | 29 |
581 |
07 июл 2022, 00:36 |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 13 |
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 |