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: 36 ]  На страницу 1, 2, 3, 4  След.
Автор Сообщение
 Заголовок сообщения: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 03 дек 2018, 21:58 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Из-за сложности и громоздкости вынес в отдельную тему.
На размышления натолкнула вот эта статья Эндрю Бремнера.
Ещё около 250 лет назад Леонард Эйлер представил нетривиальную параметризацию семейства целочисленных кубоидов (кирпичей Эйлера) через единственный параметр [math]n>3[/math], [math]n \in \mathbb{N}[/math]:

[math]a=n^6-15n^4+15n^2-1[/math]

[math]b=6n^5-20n^3+6n[/math]

[math]c=8n^5-8n[/math]

Данная параметризация даёт множество целочисленных кубоидов [math]a,b,c \in \mathbb{N}[/math] с лицевыми диагоналями [math]d,e,f \in \mathbb{N}[/math]:

[math]a^2+b^2=d^2[/math]

[math]a^2+c^2=e^2[/math]

[math]b^2+c^2=f^2[/math]

Известно, что эти параметрические формулы не дают всех целочисленных кубоидов, а также не дают совершенного кубоида с целочисленной телесной диагональю [math]g\in \mathbb{N}[/math]:

[math]a^2+b^2+c^2=g^2[/math]

Интересно также понаблюдать, как ведёт себя полином чётных степеней, если он равен квадрату целого. Из приведённого примера параметризации следует:

[math](abc)^2=2304n^{32}-84480n^{30}+1073920n^{28}-5710848n^{26}+13541632n^{24}-9950720n^{22}-14617856n^{20}+31492096n^{18}-14617856n^{16}-9950720n^{14}+13541632n^{12}-5710848n^{10}+1073920n^{8}-84480n^{6}+2304n^{4}[/math]

[math](def)^2=100n^{34}+3760n^{32}+38144n^{30}+47760n^{28}-97644n^{26}-133140n^{24}+125020n^{22}+44084n^{20}-312256n^{18}-97560n^{16}+210360n^{14}-5640n^{12}-125660n^{10}+45244n^{8}+92204n^{6}+25860n^{4}+100n^{2}[/math]

Очевидна симметричность коэффициентов относительно центра таких многочленов.

В приведённой выше статье автор, рассматривает рациональные решения для эллиптических кривых на сложных поверхностях.
В результате получает новые типы параметризаций через единственный параметр [math]\lambda[/math], подобно параметризации, полученной Эйлером.
Такая параметризация очень удобна для поиска решений при помощи ЭВМ, так как задаётся всего один единственный цикл, что имеет существенное преимущество по сравнению с другими алгоритмами, использующими вложенные циклы.
Я не знаю язык программирования С, поддерживающий длинную арифметику, поэтому создал свои собственные процедуры, способные производить довольно быстрые расчёты с целыми положительными числами неограниченной длины, т.е. то, что необходимо для данной задачи.
Проверка трёх положительных параметризаций с нечётной телесной диагональю от Эндрю Бремнера не дало пока результата для совершенного кубоида, хотя проверялись десятичные 128-значные числа, и мне чуток не хватило терпения довести проверку до [math]n=10^9[/math], и я прервал поиск уже через несколько дней, хотя, если будет такая необходимость, то запросто это дело можно продолжить. )))
Вот эти параметризации:
№1:
[math]a=8n^6-12n^5-28n^4+32n^3-16n^2-4n+4[/math]

[math]b=n^8-6n^6-12n^4+40n^3-18n^2-8n+3[/math]

[math]c=4n^7+6n^6-12n^5+20n^4-4n^3-26n^2+12n[/math]

[math]g^2=n^{16}+4n^{14}+48n^{13}+16n^{12}-96n^{11}+156n^{10}-48n^9+406n^8-1728n^7+2764n^6-1456n^5-32n^4+288n^3-12n^2-80n+25[/math]

№2:
[math]a=24n^7+80n^6-20n^5-76n^4+56n^3-8n^2-12n+4[/math]

[math]b=3n^8+16n^7-38n^6-96n^5+56n^4+24n^3-50n^2+24n-3[/math]

[math]c=4n^8+28n^7+14n^6-4n^5-40n^4-44n^3+54n^2-12n[/math]

[math]g^2=25n^{16}+320n^{15}+1500n^{14}+2800n^{13}+3800n^{12}-320n^{11}-6780n^{10}-400n^9+7550n^8+3200n^7-6220n^6-2160n^5+5400n^4-3200n^3+1100n^2-240n+25[/math]

№3:
[math]a=24n^7-104n^6-32n^5+320n^4-384n^3+384n^2+512n[/math]

[math]b=3n^8-16n^7-72n^6+320n^5-192n^4-384n^2+256[/math]

[math]c=4n^8-8n^7-64n^6+256n^5-448n^4-384n^3+512n^2[/math]

[math]g^2=25n^{16}-160n^{15}-48n^{14}+2304n^{13}-512n^{12}-46592n^{11}+176896n^{10}-221184n^9+103936n^8-24576n^7+159744n^6-196608n^5+65536n^4+393216n^3+65536n^2+65536[/math]

Для №1 и №2 осуществлялся перебор чётных [math]n[/math], а для №3 - нечётных.

Теперь к делу. Произведение квадратов всех диагоналей с целыми рёбрами даёт полное решение задачи, ведь если хотя бы одна диагональ не целая, то многочлен не будет равен квадрату целого:

[math](a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)=(defg)^2[/math]

Раскрыв скобки в левой части, наблюдаем сумму из трёх эллиптических многочленов, каждый из которых равен трём чётным числам [math]o,p,q \in \mathbb{N}[/math]. Причём, если [math]a<b<c[/math], то [math]o<p<q[/math]:

[math]a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4=o[/math]

[math]b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4=p[/math]

[math]c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4=q[/math]

Итак, наименьший квадрат целого, составленный суммой чисел [math]o+p+q[/math] - есть число 16. С другой стороны, произведение диагоналей в СК делится на 16, поэтому запишем:

[math](a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)=16n^2[/math], где [math]n\in \mathbb{N}[/math] (I)

Таким образом, число [math]n[/math] может быть чётным или нечётным из множества натуральных, и в параметризации СК не будет пробелов, т.е. будет полная параметризация.
Причём, возможна пара случаев:

(1)

[math]o=2n^2[/math], [math]p=4n^2[/math], [math]q=10n^2[/math]

[math]a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4=2n^2[/math] (II)

[math]b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4=4n^2[/math] (III)

[math]c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4=10n^2[/math] (IV)

(2)

[math]o=2n^2[/math], [math]p=6n^2[/math], [math]q=8n^2[/math]

[math]a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4=2n^2[/math] (II)

[math]b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4=6n^2[/math] (III)

[math]c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4=8n^2[/math] (IV)

В итоге получим всего две параметризации, т.е. при одном и том же [math]n[/math] должна получиться пара СК, если таковые существуют.

Воспользовавшись [math]Wolfram|Alpha[/math], для обоих случаев из уравнений (I) получим корень для ребра [math]c[/math]:

[math]c_{1,2}=\frac{ \sqrt{\sqrt{a^{12}+8a^{10}b^2+16a^8b^4-8a^6b^6+8b^4(2n^2)}-a^6-4a^4b^2 } }{ 2b^2 }[/math]

Дальше начинается Алгебра... Теоретически, подстановкой [math]c[/math] в (III) можно выразить [math]a[/math] только через [math]b[/math] и [math]n[/math].
Затем подстановкой [math]c[/math] и [math]a[/math] в (IV) можно выразить [math]b[/math] только через [math]n[/math]. Это нам и нужно.
Дальше подставляем вместо [math]b[/math] в соответствующее уравнение и получаем полную параметризацию вырыжением [math]a[/math] и [math]c[/math] через [math]n[/math], как у Эйлера.
Вся сложность заключается в громоздкости, Wolfram уже не справляется, и приходится решать вручную.
По крайней мере, я не знаю лёгких способов для короткого решения. Первой подстановкой я получил следующие уравнения:

(1)(III)

[math](a^{10}+4a^8b^4-b^{10}-4a^2b^8)^2(a^{12}+8a^{10}b^2+16a^8b^4-8a^6b^6+16b^4n^2)=(4a^2b^2(-b^{12}+a^{12}b^2+a^{12}+2a^{10}b^6+2a^{10}b^2-a^8b^4+a^6b^6-4a^4b^{10}-a^2b^{12})+a^{16}-a^6b^{10}+8b^4n^2(2b^4+a^4))^2[/math]

Можем найти корень (если он есть) для [math]a_{1}[/math] через [math]b[/math] и [math]n[/math], приведя к такому виду:

[math]2(-b^8+2b^6-b^4)a^{28}+8(-b^{12}+b^{10}+b^8-b^6)a^{26}+2(-4b^{16}+8b^{12}-2b^{10}-3b^8)a^{24}+4(-2b^{14}-b^{12}-b^{10})a^{22}+(8b^{16}-15b^{14}-27b^{12})a^{20}+(32b^{20}+6b^{18}-36b^{16}+11b^{14}+8b^8n^2-8b^6n^2)a^{18}+(8b^{22}+12b^{18}+5b^{16}+16b^{12}n^2-20b^8n^2)a^{16}+(8b^{22}+20b^{20}+26b^{18}-16b^{12}n^2-8b^{10}n^2)a^{14}+(-32b^{24}+36b^{20}-32b^{16}n^2-56b^{12}n^2)a^{12}+(-16b^{26}-b^{24}+5b^{22}-32b^{16}n^2+14b^{14}n^2)a^{10}+(-2b^{28}-16b^{26}-7b^{24}-8b^{18}n^2-8b^8n^4)a^{8}+(-4b^{28}-b{26}+64b^{20}n^2+12b^{18}n^2)a^{6}+2(-b^{28}+8b^{22}n^2+16b^{20}n^2-16b^{12}n^4)a^{4}+32b^{22}n^2a^2+2b^{24}n^2-32b^{16}n^4=0[/math]

(2)(III)

[math](a^{10}+4a^8b^4-b^{10}-4a^2b^8)^2(a^{12}+8a^{10}b^2+16a^8b^4-8a^6b^6+16b^4n^2)=(4a^2b^2(-b^{12}+a^{12}b^2+a^{12}+2a^{10}b^6+2a^{10}b^2-a^8b^4+a^6b^6-4a^4b^{10}-a^2b^{12})+a^{16}-a^6b^{10}+8b^4n^2(3b^4+a^4))^2[/math]

Можем найти корень (если он есть) для [math]a_{2}[/math] через [math]b[/math] и [math]n[/math], приведя к такому виду:

[math]2(-b^8+2b^6-b^4)a^{28}+8(-b^{12}+b^{10}+b^8-b^6)a^{26}+2(-4b^{16}+8b^{12}-2b^{10}-3b^8)a^{24}+4(-2b^{14}-b^{12}-b^{10})a^{22}+(8b^{16}-15b^{14}-27b^{12})a^{20}+(32b^{20}+6b^{18}-36b^{16}+11b^{14}+8b^8n^2-8b^6n^2)a^{18}+(8b^{22}+12b^{18}+5b^{16}+16b^{12}n^2-22b^8n^2)a^{16}+(8b^{22}+20b^{20}+26b^{18}-24b^{12}n^2-16b^{10}n^2)a^{14}+(-32b^{24}+36b^{20}-48b^{16}n^2-72b^{12}n^2)a^{12}+(-16b^{26}-b^{24}+5b^{22}-32b^{16}n^2+22b^{14}n^2)a^{10}+(-2b^{28}-16b^{26}-7b^{24}-8b^{18}n^2-24b^{16}n^2-8b^8n^4)a^{8}+(-4b^{28}-b{26}+96b^{20}n^2+14b^{18}n^2)a^{6}+2(-b^{28}+24b^{22}n^2+32b^{20}n^2-48b^{12}n^4)a^{4}+320b^{22}n^2a^2+16b^{24}n^2-576b^{16}n^4=0[/math]

Очень надеюсь, что не ошибся. Найдём корни последних двух уравнений - выразим [math]b[/math], затем [math]a,c[/math] через [math]n[/math].

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 06 дек 2018, 18:17 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Никак не могу найти корней двух последних уравнений в приведённом виде среди делителей свободного члена.
Можно ещё пойти другим путём и попытаться выразить два ребра СК через третье ребро.
Из (1) следует:

[math]b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4=2(a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4) \Rightarrow[/math]

[math]-2a^6b^2-2a^6c^2-8a^4b^2c^2+2a^4c^4+a^2b^6+4a^2b^4c^2+b^6c^2-4b^4c^4=0[/math] (V)

[math]c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4=5(a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4) \Rightarrow[/math]

[math]-5a^6b^2-5a^6c^2+2a^4b^4-20a^4b^2c^2+4a^2b^2c^4+a^2c^6-10b^4c^4+b^2c^6=0[/math] (VI)

[math]5(b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4)=2(c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4) \Rightarrow[/math]

[math]-4a^4b^4+10a^4c^4+5a^2b^6+20a^2b^4c^2-8a^2b^2c^4-2a^2c^6+5b^6c^2-2b^2c^6=0[/math] (VII)

Из (2) следует:

[math]b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4=3(a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4) \Rightarrow[/math]

[math]-3a^6b^2-3a^6c^2-12a^4b^2c^2+2a^4c^4+a^2b^6+4a^2b^4c^2+b^6c^2-6b^4c^4=0[/math] (V)

[math]c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4=4(a^6(b^2+c^2)+4a^4b^2c^2+2b^4c^4) \Rightarrow[/math]

[math]-4a^6b^2-4a^6c^2+2a^4b^4-16a^4b^2c^2+4a^2b^2c^4+a^2c^6-8b^4c^4+b^2c^6=0[/math] (VI)

[math]4(b^6(a^2+c^2)+4b^4a^2c^2+2a^4c^4)=3(c^6(a^2+b^2)+4c^4a^2b^2+2a^4b^4) \Rightarrow[/math]

[math]-6a^4b^4+8a^4c^4+4a^2b^6+16a^2b^4c^2-12a^2b^2c^4-3a^2c^6+4b^6c^2-3b^2c^6=0[/math] (VII)

Вычтем: (V)-(VI)-(VII) в (1) и (2) соответственно. Таким образом, всё множество СК описывают два уравнения:

[math]-3(b^2+c^2)a^6+2(8b^2c^2+b^4-4c^4)a^4+(-4b^6+c^6-16b^4c^2+4b^2c^4)a^2+b^2c^2(-4b^4+c^4+6b^2c^2)=0[/math] (1)(VIII)

[math](b^2+c^2)a^6+2(2b^2c^2+2b^4-3c^4)a^4+(-3b^6+2c^6-12b^4c^2+8b^2c^4)a^2+b^2c^2(-3b^4+2c^4+2b^2c^2)=0[/math] (2)(VIII)

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 07 дек 2018, 02:50 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Попытаемся найти целые корни уравнения (1)(VIII).

Пусть [math]z=a^2[/math], тогда [math]a=\sqrt{z}[/math], подставим в (1)(VIII):

[math]-3(b^2+c^2)z^3+2(8b^2c^2+b^4-4c^4)z^2+(-4b^6+c^6-16b^4c^2+4b^2c^4)z+b^2c^2(-4b^4+c^4+6b^2c^2)=0[/math]

Умножим обе части на [math]9(b^2+c^2)^2[/math],

пусть [math]x=-3(b^2+c^2)z[/math], тогда [math]z=\frac{ x }{ -3(b^2+c^2) }[/math], следовательно:

[math]x^3+2(8b^2c^2+b^4-4c^4)x^2-3(b^2+c^2)(-4b^6+c^6-16b^4c^2+4b^2c^4)x+9(b^2+c^2)^2b^2c^2(-4b^4+c^4+6b^2c^2)=0[/math]

Среди делителей свободного члена корней нет, следовательно (1)(VIII) не имеет целых корней.

Попытаемся найти целые корни уравнения (2)(VIII).

Пусть [math]z=a^2[/math], тогда [math]a=\sqrt{z}[/math], подставим в (2)(VIII):

[math](b^2+c^2)z^3+2(2b^2c^2+2b^4-3c^4)z^2+(-3b^6+2c^6-12b^4c^2+8b^2c^4)z+b^2c^2(-3b^4+2c^4+2b^2c^2)=0[/math]

Умножим обе части на [math](b^2+c^2)^2[/math],

пусть [math]x=(b^2+c^2)z[/math], тогда [math]z=\frac{ x }{ (b^2+c^2) }[/math], следовательно:

[math]x^3+2(2b^2c^2+2b^4-3c^4)x^2+(b^2+c^2)(-3b^6+2c^6-12b^4c^2+8b^2c^4)x+(b^2+c^2)^2b^2c^2(-3b^4+2c^4+2b^2c^2)=0[/math]

Среди делителей свободного члена корней нет, следовательно (2)(VIII) не имеет целых корней.

Таким образом, сделан логический вывод, что не возможно параметризовать в целых числах совершенный кубоид (СК), то есть, СК не существует.

PS
И я не пытаюсь выдать желаемое за действительное: так оно и есть.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 07 дек 2018, 04:44 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
PPS
Этого следовало ожидать ещё на этапе:

[math](a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)=(defg)^2[/math] [math]\Rightarrow[/math]

[math](b^2+c^2)a^6+2(b^4+2b^2c^2+c^4)a^4+(b^6+4b^4c^2+4b^2c^4+c^6)a^2+b^2c^2(b^4+2b^2c^2+c^4)=(defg)^2[/math]

Здесь видно, что полином, состоящий из чётных степеней, равен квадрату целого, но при этом коэффициенты симметрии не имеют, как в рассмотренном выше примере параметризации Эйлера. Но я хотел точно в этом убедиться, и убедился.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 07 дек 2018, 21:26 
Не в сети
Начинающий
Зарегистрирован:
23 окт 2018, 12:12
Сообщений: 27
Cпасибо сказано: 2
Спасибо получено:
8 раз в 6 сообщениях
Очков репутации: 3

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Цитата:
Известно, что эти параметрические формулы не дают всех целочисленных кубоидов, а также не дают совершенного кубоида с целочисленной телесной диагональю [math]g\in \mathbb{N}[/math]

That's all you have to know about your efforts to discover well known.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 07 дек 2018, 22:34 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
x3mEn
O.K. If you well knew (where from?), that equations (1)(VIII) and (2)(VIII) that I derived cannot have integer roots, then why do you continue the search? What do you want to find? Perfect brick, which can not be? I hope I correctly shown this and you understand me: Link.
Изображение
Why do you still think that the perfect brick exists?

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 08 дек 2018, 18:50 
Не в сети
Начинающий
Зарегистрирован:
23 окт 2018, 12:12
Сообщений: 27
Cпасибо сказано: 2
Спасибо получено:
8 раз в 6 сообщениях
Очков репутации: 3

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Цитата:
эти параметрические формулы не дают всех целочисленных кубоидов

That's what I mean when I say about well-known fact.
As far as the given parametric solutions don't cover all possible Euler bricks, you cannot claim the Perfect cuboid none exist.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 09 дек 2018, 15:22 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
x3mEn
This topic is not only about the well-known parametrization of Euler and Bremner. The topic name implies finding an absolutely complete parameterization, and I found it impossible. I don’t use these well-known parameterizations at all, and I think you didn’t understand me. I don’t parameterize Euler bricks at all. I proceed from the totality of conditions determining the existence of a perfect cuboid as a property. In fact, what is well known is that one of the face diagonals is divisible by 4. This applies to absolutely all perfect cuboids. Therefore, the equation [math](defg)^2=16n^2[/math] will be true for all perfect bricks, if they exist. The following well-known common property for all bricks is that one edge is necessarily divisible by 4, the second edge is divisible by 16. Thus I found the numbers [math]o,p,q[/math] each ever as even. Hence I conclude that for even numbers [math]o,p,q[/math] there are only two cases when [math]o+p+q=16n^2[/math]: (1) and (2). In no other cases there are no such even numbers, the sum of which gives the number 16, only the indicated. Try the sum of any three unequal even numbers to get 16. Further, from the corresponding identities, I derived two equations, which together define the necessary conditions for all perfect bricks. Then we solve each of the equations and find that they both
cannot have integer solutions. We get non-integer edge, but this contradicts the general condition for all perfect bricks that all edges must be integer.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 09 дек 2018, 17:20 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
x3mEn писал(а):
As far as the given parametric solutions don't cover all possible Euler Perfect bricks, you cannot claim the Perfect cuboid none exist.

I can, because a truly general decision was gotten, not a particularistic case. Try to find other solutions for [math]o,p,q[/math], for example, by [math]n=1[/math] compared to the shown, you can? Does not work? This means that a truly general case has been considered. If we change something, then the case when [math]n=1[/math] will not work with even numbers [math]o,p,q[/math], then the case will cease to be general.

[math]o,p,q[/math] [math]\in 2m\in \mathbb{N}[/math] [math]\in \forall n \in \mathbb{N}[/math]

If this is not the case, then a rational cuboid is not possible. If a rational cuboid is not possible, then the perfect one is not possible either. Vicious circle.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Полная параметризация совершенного кубоида не исключена
СообщениеДобавлено: 09 дек 2018, 18:34 
Не в сети
Light & Truth
Аватара пользователя
Зарегистрирован:
16 июн 2016, 15:38
Сообщений: 1918
Откуда: Калининградская область
Cпасибо сказано: 180
Спасибо получено:
111 раз в 108 сообщениях
Очков репутации: 20

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
PS
If you get any other even numbers [math]o,p,q[/math], then their sum at some stage will cease to be equal [math]16n^2[/math], where [math]n \in \mathbb{N}[/math], so [math](defg)^2=16n^2[/math] will not true: or any diagonals not integer, or there is no face diagonals which divisible on 4.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 36 ]  На страницу 1, 2, 3, 4  След.

 Похожие темы   Автор   Ответы   Просмотры   Последнее сообщение 
Пересекаются ли два кубоида

в форуме Геометрия

Twelvee

3

150

06 ноя 2017, 13:24

Для совершенного дилетанта

в форуме Начала анализа и Другие разделы школьной математики

Dzhinzdrinski

6

382

24 фев 2012, 06:23

Формула перехода из кубоида в эллипсоид

в форуме Геометрия

FlyMouse

4

82

17 июл 2018, 23:02

Построение совершенного магического квадрата

в форуме Интересные задачи участников форума MHP

Avgust

5

774

17 окт 2013, 13:45

Параметризация

в форуме Интегральное исчисление

Lady_June

4

354

28 ноя 2012, 19:05

Параметризация кривой

в форуме Функциональный анализ, Топология и Дифференциальная геометрия

lelik566

1

570

20 мар 2014, 17:34

Параметризация кривых

в форуме Интегральное исчисление

Pepel

2

415

30 мар 2014, 00:23

Параметризация множества

в форуме Размышления по поводу и без

Excalibur921

0

72

13 ноя 2017, 20:25

Натуральная параметризация

в форуме Функциональный анализ, Топология и Дифференциальная геометрия

jorki

4

1688

26 сен 2013, 20:25

естественная параметризация кривой

в форуме Функциональный анализ, Топология и Дифференциальная геометрия

Merhaba

1

1274

17 сен 2011, 17:25


Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 5


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 © 2010-2018 MathHelpPlanet.com. All rights reserved