Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]




Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 117 ]  На страницу Пред.  1 ... 8, 9, 10, 11, 12
Автор Сообщение
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 04 ноя 2018, 16:22 
Не в сети
Light & Truth
Зарегистрирован:
28 мар 2014, 23:59
Сообщений: 4359
Cпасибо сказано: 359
Спасибо получено:
307 раз в 289 сообщениях
Очков репутации: 36

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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. В пределе, телесная диагональ и две лицевые диагонали будут равны третьей целой бесконечно длинной стороне. Это будет совершенный кубоид в пределе. Вот он и ему подобные не дают доказать, что совершенного кубоида не существует.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 05 ноя 2018, 15:34 
Не в сети
Light & Truth
Зарегистрирован:
28 мар 2014, 23:59
Сообщений: 4359
Cпасибо сказано: 359
Спасибо получено:
307 раз в 289 сообщениях
Очков репутации: 36

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 05 ноя 2018, 21:07 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 2466
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 215
Спасибо получено:
160 раз в 153 сообщениях
Очков репутации: 25

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 05 ноя 2018, 22:26 
Не в сети
Light & Truth
Зарегистрирован:
28 мар 2014, 23:59
Сообщений: 4359
Cпасибо сказано: 359
Спасибо получено:
307 раз в 289 сообщениях
Очков репутации: 36

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 27 ноя 2018, 23:41 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 2466
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 215
Спасибо получено:
160 раз в 153 сообщениях
Очков репутации: 25

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 28 ноя 2018, 00:36 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 2466
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 215
Спасибо получено:
160 раз в 153 сообщениях
Очков репутации: 25

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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... :sorry:

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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Рациональный кубоид
СообщениеДобавлено: 28 ноя 2018, 01:51 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 2466
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 215
Спасибо получено:
160 раз в 153 сообщениях
Очков репутации: 25

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
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
 Профиль  
Cпасибо сказано 
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему    На страницу Пред.  1 ... 8, 9, 10, 11, 12  Страница 12 из 12 [ Сообщений: 117 ]

 Похожие темы   Автор   Ответы   Просмотры   Последнее сообщение 
Совершенный кубоид

в форуме Размышления по поводу и без

Nataly-Mak

561

19056

06 сен 2017, 13:27

Гнем кубоид

в форуме Палата №6

ivashenko

0

20

27 май 2019, 22:41

Дробно-рациональный интеграл

в форуме Интегральное исчисление

JokerWCC

1

241

02 дек 2010, 16:46

найти рациональный корнень

в форуме Алгебра

sasha2011

9

424

09 сен 2011, 21:29

Предел. Есть ли более рациональный способ решить задачу?

в форуме Пределы числовых последовательностей и функций, Исследования функций

tumkan

3

383

17 ноя 2013, 00:09


Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: ammo77 и гости: 4


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:
Перейти:  

Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved