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[讨论] 四次方数还有更短的吗?

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发表于 2018-10-9 17:59:59 | 显示全部楼层 |阅读模式

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本帖最后由 王守恩 于 2018-10-9 19:13 编辑

我们规定:每个算式中只允许出现四次方数(要出现单独的  “1” ),譬如。
1,共有17项(17=1+1+4+6+4+1)
\((n^4 + 1)^4 = (n^4)^4 + 4 (n^3)^4 + 6 (n^2)^4 + 4 (n)^4 + 1\)
2,共有16项(16=1+2+2+1+1+1+2+2+2+2)
\((16 n^5 + 4 n)^4 + 2 (2 n^2)^4 + 2 n^4 + 1= (16 n^5)^4 + (16 n^4 + 1)^4 + 2 (8 n^3)^4 +
2 (6 n^2)^4 +  2 (3 n)^4 +2 (2 n)^4 \)
3,共有14项(14=1+2+1+1+1+1+2+2+1+1+1)
\((16 n^5 + 4 n)^4 + 2 (2 n^2)^4+ (3 n)^4+ 1=(16 n^5)^4+(16 n^4 + 1)^4 +2 (8 n^3)^4 +
2 (6 n^2)^4 +(4 n)^4  +(2 n)^4 +n^4 \)
还有更短的吗?
谢谢  .·.·. !提醒得对!应该限制等号两边不能有相同的  ‘项 ’ 。
我还真不知道如何下手。朋友!给个链接也行。

毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-10-9 18:45:45 | 显示全部楼层
你的限制似乎并没限制掉
$1=1$
或者
$n^4+1=n^4+1$
这样的解答啊……

点评

谢谢 .·.·. !  发表于 2018-10-9 19:40
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
(4x^4+1)^4+(x^2)^4==1+(2x)^4+(2x^2)^4+(3x^2)^4+(4x^3)^4+(4x^4)^4

点评

更好看的形式:\(1 + (2 n^2)^4 + (3 n^2)^4 + (4 n^4)^4=(2 n)^4 + (n^2)^4 + (4 n^3)^4 + (4 n^4 - 1)^4\)  发表于 6 天前
我感觉有可能这个就是最短的了。  发表于 6 天前
谢谢zhouguang! “8” 项!我是找不到。我们可以先框定:可以用 ”7“ 个四次方数来表达任意 ”1“ 个四次方数。  发表于 7 天前

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发表于 6 天前 | 显示全部楼层
每个算式中只允许出现四次方数,且有且仅有一个  “\(1^4\)”:

  • 允许复数,\(2\)项:\(1^4=i^4\)

  • 限实数,可负,\(2\)项:\(1^4=(-1)^4\)

  • 限正实数,\(3\)项:\(1^4+2^4=\left({\root 4 \of {17}}\right)^4\)

  • 限正有理数,\(4\)项:由欧拉 1772 年发现的 \(59^4+158^4 = 133^4+134^4\) 稍作变换即可

  • 限正整数,\(6\)项:\(1^4+9^4+10^4=5^4+6^4+11^4\)

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发表于 6 天前 | 显示全部楼层
楼主当初并没有限定:要出现单独的  “\(1\)” (只是为了避免出现“\(1^4=1^4\)”,才补加的)
其实更好的限定应该是:同一个四次方数不得同时出现于等式两侧。

如果是这样,限于正整数的,最少可达 \(4\) 项,
除了上面提到的由欧拉发现的,再给一个:\(95800^4+217519^4+414560^4=422481^4\)

最后,提供一个美妙的 \(6\) 项式子,请欣赏:\[(2n^2-36n-54)^4 + (2n^2+36n-54)^4 + (3n^2+81)^4 + (4n^2-108)^4 + (4n^2+108)^4 \equiv (5n^2+135)^4\]

点评

最后那个式子还可以进一步优化成:\[(2 n^2 - 12 n - 6)^4 + (2 n^2 + 12 n - 6)^4 + (3 n^2 + 9)^4 + (4 n^2 - 12)^4 + (4 n^2 + 12)^4 = (5 n^2 + 15)^4\]  发表于 6 天前

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发表于 6 天前 | 显示全部楼层
\((n - 5)^4 + (2 n + 4)^4 + (3 n - 1)^4 = (n + 5)^4 + (2 n - 4)^4 + (3 n + 1)^4\)
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 楼主| 发表于 6 天前 | 显示全部楼层
gxqcn 发表于 2018-10-11 15:34
\((n - 5)^4 + (2 n + 4)^4 + (3 n - 1)^4 = (n + 5)^4 + (2 n - 4)^4 + (3 n + 1)^4\)

6楼的厉害了!借题前进一步:
\((n−5)^4+(2n+4)^4+(3n−1)^4=(n+5)^4+(2n−4)^4+(3n+1)^4\)
\((n^2−5)^4+(2n^2+4)^4+(3n^2−1)^4=(n^2+5)^4+(2n^2−4)^4+(3n^2+1)^4\)
\((n^3−5)^4+(2n^3+4)^4+(3n^3−1)^4=(n^3+5)^4+(2n^3−4)^4+(3n^3+1)^4\)
\((n^2−5n+5)^4+(2n^2+4n-4)^4+(3n^2−n+1)^4=(n^2+5n-5)^4+(2n^2−4n+4)^4+(3n^2+n-1)^4\)
\((n^2−5n^3+5)^4+(2n^2+4n^3-4)^4+(3n^2−n^3+1)^4=(n^2+5n^3-5)^4+(2n^2−4n^3+4)^4+(3n^2+n^3-1)^4\)
\((n^5−5n^3+5)^4+(2n^5+4n^3-4)^4+(3n^5−n^3+1)^4=(n^5+5n^3-5)^4+(2n^5−4n^3+4)^4+(3n^5+n^3-1)^4\)
\((n^5−5n^7+5)^4+(2n^5+4n^7-4)^4+(3n^5−n^7+1)^4=(n^5+5n^7-5)^4+(2n^5−4n^7+4)^4+(3n^5+n^7-1)^4\)

点评

代入替换在本层就是你把1式的\(n\)替换成\(n^2\)就是2式,替换成\(n^3\)就是3式,如此类推,不是什么前进一步,是化简为繁,与追求本质共性的数学精神背道而驰。  发表于 4 天前
谢谢 zeroieme!诚心请教:()里面可以有代入替换,()外面的 ”指数“ 可以有代入替换?譬如 ”5 “替换 ”4“?  发表于 4 天前
谢谢 zeroieme!简单的代入替换可以是很多。厉害的还是6楼,找6楼是难点。  发表于 5 天前
简单的代入替换真的有趣吗?  发表于 6 天前
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 楼主| 发表于 4 天前 | 显示全部楼层
gxqcn 发表于 2018-10-11 15:34
\((n - 5)^4 + (2 n + 4)^4 + (3 n - 1)^4 = (n + 5)^4 + (2 n - 4)^4 + (3 n + 1)^4\)

不好意思,仿造6楼,找了1个!
\((2 n - 8)^4 + (5 n + 6)^4 + (7 n - 2)^4 = (2 n + 8)^4 + (5 n - 6)^4 + (7 n + 2)^4\)
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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
王守恩 发表于 2018-10-13 07:02
不好意思,仿造6楼,找了1个!
\((2 n - 8)^4 + (5 n + 6)^4 + (7 n - 2)^4 = (2 n + 8)^4 + (5 n - 6)^4 + (7 n + 2)^4\)


类似这样的恒等式可以有无穷多。

比如,保持上式中 \(n\) 的系数,但可以使常数项绝对值更小:
\((2 n - 4)^4 + (5 n + 3)^4 + (7 n - 1)^4 = (2 n + 4)^4 + (5 n - 3)^4 + (7 n + 1)^4\)

与楼主不同,我更追求问题的本质和结果的精炼。
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发表于 3 天前 | 显示全部楼层
6# ~ 9# 的恒等式,均可源于如下形式的恒等式:\[\phantom{=}[a n - k(a + 2b)]^4 + [b n + k(b + 2a)]^4 + [(a + b) n - k(b - a)]^4 \\ \equiv [a n + k(a + 2b)]^4 + [b n - k(b + 2a)]^4 + [(a + b) n + k(b - a)]^4\]其中,\(k\) 是一个缩放因子;一般取 \(k = 1/\gcd(a+2b,b+2a,b-a)\) 可使常数项绝对值尽可能小。

比如,
令 \(a=1,b=2,k=1\),代入即可得 6#
令 \(a=2,b=5,k=2/3\),代入即可得 8#(我改用 \(k=1/3\), 代入即可得 9#).

至于再把 \(n\) 用 \(f(n)\) 的形式代换,就纯属障眼法、小儿科游戏了。
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