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 12 из 12 |
[ Сообщений: 117 ] | На страницу Пред. 1 ... 8, 9, 10, 11, 12 |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
ivashenko |
|
|
|
||
Вернуться к началу | ||
ivashenko |
|
|
У нас просто нет инструментов, чтобы показать разницу между 3-мя бесконечными диагоналями и бесконечной стороной в данном случае. Т.е. разницу между ними в пределе, для нас они одинаковы. Вот и выходит, что кубоид может существовать, чтобы опровергнуть его существование, нужны инструменты, позволяющие определить эту разницу.
|
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
ivashenko писал(а): Возьмем прямоугольник стороны и диагональ которого целые, например 3,4,5,. Положим его в основание прямоугольного параллелепипеда, третью сторону которого устремим в бесконечность, добавляя постоянно 1 к её целой длине. Вы смотрели неравенства в предыдущем сообщении? Не получится таким образом совершенного кубоида, так как стороны 3 и 4 не имеют более одной пифагоровой тройки, а надо бы их образовать с третьей стороной... Я же приводил здесь пример, что мешает образованию СК - это способность определённых чисел образовывать определённое ограниченное количество троек. А вообще, следуя рассмотренной логике, и учитывая, что [math]a<b<c[/math], условия такие я вывел: [math]a \leqslant \frac{ b^2-4 }{ 4 }[/math] [math]b \leqslant \frac{ c^2-4 }{ 4 }[/math] [math]a \geqslant \sqrt{\sqrt{b^{2}+c^{2}}+1 }[/math] Это показывает, что СК может существовать, но где-то с числами с показателями степени, не менее 4, то есть, нужно проверять очень большие числа, так как с возрастанием чисел увеличивается и предельное количество возможных троек. А доказать не получается, судя по всему, что СК существует, просто он пока не найден ввиду сложности вычислений и немалого времени на поиски. |
||
Вернуться к началу | ||
ivashenko |
|
|
3axap писал(а): Не получится таким образом совершенного кубоида, так как стороны 3 и 4 не имеют более одной пифагоровой тройки, а надо бы их образовать с третьей стороной... Так я о том и говорю, пифагоровой тройки нет, кубоида тоже нет, но мы не можем сказать, что его нет, потому, что [math]\infty^2+3^2=\infty^2[/math] и все параметры целые, поскольку бесконечность обладает таким свойством: [math]\infty+1=\infty[/math]. Правда нужно перейти к пределам. Речь о том, что с такими представлениями о бесконечности анализ провести нельзя. Они будут показывать наличие совершенного кубоида на бесконечности, в пределе, даже при отсутствии пифагоровых троек. Грубо говоря, возьмем прямую, имеющую нулевую толщину и прямоугольное сечение. Чем не совершенный кубоид, только вырожденный? То же самое и с ненулевым параллелепипедом бесконечной длины. Бесконечная диагональ равна бесконечной стороне и обе они целые. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Непримитивная пифагорова тройка [math]x,y,z[/math] однозначно параметризуется следующим образом:
[math]x=k(m^{2}-n^{2})[/math] [math]y=2kmn[/math] [math]z=k(m^{2}+n^{2})[/math], где: [math]x[/math] - меньший катет, [math]y[/math] - больший катет, [math]z[/math] - гипотенуза. Числа [math]m[/math] и [math]n[/math] взаимнопростые натуральные, [math]m>n[/math], [math]m[/math] - нечётное, [math]n[/math] - чётное, [math]k \in \mathbb{N}[/math]. Таким образом, рёбра [math]a,b,c[/math] совершенного кубоида (далее СК), где [math]a<b<c[/math] будут параметризованы: (1) [math]a^{2}+b^{2}=d^{2}[/math], где: [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}[/math] [math]d=k_{1}(m_{1}^{2}+n_{1}^{2})[/math] (2) [math]a^{2}+c^{2}=e^{2}[/math], где: [math]a=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}[/math] [math]e=k_{2}(m_{2}^{2}+n_{2}^{2})[/math] (3) [math]b^{2}+c^{2}=f^{2}[/math], где: [math]b=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})[/math] [math]c=2k_{3}m_{3}n_{3}[/math] [math]f=k_{3}(m_{3}^{2}+n_{3}^{2})[/math] Из (1), (2), (3) следует: (4) [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}=2k_{3}m_{3}n_{3}[/math] Из (4) следует, что в СК ребро [math]a[/math] - нечётное, а рёбра [math]b,c[/math] - чётные. С другой стороны, непримитивная пифагорова четвёрка [math]a,b,c,g[/math], где [math]a[/math] - нечётное, [math]b,c[/math] - чётные, однозначно будет параметризована так: (5) [math]a^{2}+b^{2}+c^{2}=g^{2}[/math], где: [math]a=k_{4}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] [math]b=2k_{4}(wp-vq)[/math] [math]c=2k_{4}(vp-wq)[/math] [math]g=k_{4}(w^{2}+v^{2}+p^{2}+q^{2})[/math] [math]w,v,p,q[/math] - натуральные взаимнопростые, [math]k_{4} \in \mathbb{N}[/math] Из (4) и (5) следует: (6) [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})=k_{4}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}(wp-vq)[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}=2k_{3}m_{3}n_{3}=2k_{4}(vp-wq)[/math] Из (6) рассмотрим произведение квадратов рёбер: (7) [math]a^{2}b^{2}c^{2}=8k_{1}k_{2}k_{3}m_{1}m_{2}m_{3}n_{1}n_{2}n_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=16k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] сократим: (8) [math]k_{1}k_{2}k_{3}m_{1}m_{2}m_{3}n_{1}n_{2}n_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] Из (6) также следует: (9) [math]k_{1}m_{1}n_{1}=k_{4}(wp-vq)[/math] [math]k_{2}m_{2}n_{2}=k_{3}m_{3}n_{3}=k_{4}(vp-wq)[/math] Подставляем из (9) в (8): (10) [math]k_{4}^{3}(vp-wq)^{2}(wp-vq)(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] сократим: (11) [math](m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{3}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)[/math] Левая часть тождества (11) нечётна, так как [math]m_{i}[/math] и [math]n_{i}[/math] - разной чётности по условию, а правая часть - чётна. Противоречие. Таким образом, сделан логический вывод, что решений в натуральных числах поставленная задача не имеет. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Скорее всего, где-то ошибся, не пойму, где...
PS Нашёл, степени [math]k_{i}[/math] потерял, должно быть так: [math]k_{1}k_{2}k_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{3}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)[/math] [math]k_{1},k_{2}[/math] - нечётные [math]k_{3}[/math] - чётное, снова всё коту под хвост... PPS Хотя, [math]k_{4}[/math] и [math](w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] по-моему, тоже нечётные, а [math](wp-vq)[/math] - чётное, т.к. [math]w+v+p+q \equiv 1(mod2)[/math] и [math]b[/math] делится на 4, и [math]c[/math] делится на 16 (по свойствам СК), тогда [math]k_{3}[/math] съедает двойку (можно сократить на 2), и тогда снова получается левая часть нечётная, а правая чётная, если не ошибаюсь? Тогда всё равно противоречие. |
||
Вернуться к началу | ||
3axap |
|
|
Отредактировал.
Непримитивная пифагорова тройка [math]x,y,z[/math] однозначно параметризуется следующим образом: [math]x=k(m^{2}-n^{2})[/math] [math]y=2kmn[/math] [math]z=k(m^{2}+n^{2})[/math], где: [math]x[/math] - меньший катет, [math]y[/math] - больший катет, [math]z[/math] - гипотенуза. Числа [math]m[/math] и [math]n[/math] взаимнопростые натуральные, [math]m>n[/math], [math]m[/math] - нечётное, [math]n[/math] - чётное, [math]k \in \mathbb{N}[/math]. Таким образом, рёбра [math]a,b,c[/math] совершенного кубоида (далее СК), где [math]a<b<c[/math] будут параметризованы: (1) [math]a^{2}+b^{2}=d^{2}[/math], где: [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}[/math] [math]d=k_{1}(m_{1}^{2}+n_{1}^{2})[/math] (2) [math]a^{2}+c^{2}=e^{2}[/math], где: [math]a=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}[/math] [math]e=k_{2}(m_{2}^{2}+n_{2}^{2})[/math] (3) [math]b^{2}+c^{2}=f^{2}[/math], где: [math]b=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})[/math] [math]c=2k_{3}m_{3}n_{3}[/math] [math]f=k_{3}(m_{3}^{2}+n_{3}^{2})[/math] Из (1), (2), (3) следует: (4) [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}=2k_{3}m_{3}n_{3}[/math] Из (4) следует, что в СК ребро [math]a[/math] - нечётное, а рёбра [math]b,c[/math] - чётные. С другой стороны, непримитивная пифагорова четвёрка [math]a,b,c,g[/math], где [math]a[/math] - нечётное, [math]b,c[/math] - чётные, однозначно будет параметризована так: (5) [math]a^{2}+b^{2}+c^{2}=g^{2}[/math], где: [math]a=k_{4}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] [math]b=2k_{4}(wp-vq)[/math] [math]c=2k_{4}(vp-wq)[/math] [math]g=k_{4}(w^{2}+v^{2}+p^{2}+q^{2})[/math] [math]w,v,p,q[/math] - натуральные взаимнопростые, [math]k_{4} \in \mathbb{N}[/math] Из (4) и (5) следует: (6) [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})=k_{4}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}(wp-vq)[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}=2k_{3}m_{3}n_{3}=2k_{4}(vp-wq)[/math] Из (6) рассмотрим произведение квадратов рёбер: (7) [math]a^{2}b^{2}c^{2}=8k_{1}^{2}k_{2}^{2}k_{3}^{2}m_{1}m_{2}m_{3}n_{1}n_{2}n_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=16k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] сократим: (8) [math]k_{1}^{2}k_{2}^{2}k_{3}^{2}m_{1}m_{2}m_{3}n_{1}n_{2}n_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] Из (6) также следует: (9) [math]k_{1}m_{1}n_{1}=k_{4}(wp-vq)[/math] [math]k_{2}m_{2}n_{2}=k_{3}m_{3}n_{3}=k_{4}(vp-wq)[/math] Подставляем из (9) в (8): (10) [math]k_{4}^{3}k_{1}k_{2}k_{3}(vp-wq)^{2}(wp-vq)(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{6}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)^{2}(vp-wq)^{2}[/math] сократим: (11) [math]k_{1}k_{2}k_{3}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}^{3}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})^{2}(wp-vq)[/math] [math]m_{i}[/math] и [math]n_{i}[/math] - разной чётности по условию Из (6) следует, что [math]k_{1},k_{2}[/math] - нечётны (т.к. [math]a[/math] - нечётно по условию), [math]k_{3}[/math] - чётно, т.к. [math]b[/math] - чётно по условию, тогда можно разделить левую и правую части тождества (11) на 2. После сокращения на 2 левая часть становится нечётной. Рассмотрим правую часть тождества (11). Из (5) следует, что [math]k_{4}[/math] и [math](w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] - нечётны (т.к. [math]a[/math] - нечётно по условию), а также [math](wp-vq)[/math] - чётно, так как по свойствам СК [math]b[/math] обязательно делится на 4 и [math]w+v+p+q \equiv 1(mod2)[/math]. Следовательно, после сокращения на 2 обеих частей тождества (11), левая часть становится нечётной, а правая - чётной. Противоречие. Таким образом, сделан логический вывод, что решений в натуральных числах поставленная задача не имеет. Надеюсь, что теперь всё верно. PS И ещё один вопрос: (6) [math]a=k_{1}(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})=k_{2}(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})=k_{4}(w^{2}+v^{2}-p^{2}-q^{2})[/math] [math]b=2k_{1}m_{1}n_{1}=k_{3}(m_{3}^{2}-n_{3}^{2})=2k_{4}(wp-vq)[/math] [math]c=2k_{2}m_{2}n_{2}=2k_{3}m_{3}n_{3}=2k_{4}(vp-wq)[/math] [math]w,v,p,q[/math] - натуральные взаимнопростые, [math]w+v+p+q \equiv 1(mod2)[/math], [math]k_{4}[/math] - нечётно (так как [math]a[/math] - нечётно). Тогда сомнение, что вообще [math]b[/math] может делиться на 4, а [math]c[/math] может делиться на 16, а ведь по свойствам СК это обязательно. |
||
Вернуться к началу | ||
На страницу Пред. 1 ... 8, 9, 10, 11, 12 | [ Сообщений: 117 ] |
Похожие темы | Автор | Ответы | Просмотры | Последнее сообщение |
---|---|---|---|---|
Совершенный кубоид
в форуме Размышления по поводу и без |
561 |
95885 |
06 сен 2017, 13:27 |
|
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 |
|
Совершенный кубоид. Отладка | 86 |
1289 |
15 апр 2022, 00:40 |
|
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: 14 |
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 |