四次方数还有更短的吗？

王守恩

gxqcn 发表于 2018-10-14 09:29
6 ~ 9 的恒等式，均可源于如下形式的恒等式：\[(a n - c_1)^4 + (b n + c_2)^4 + ((a + b) n - c_3)^4 \equ ...

经10楼这样一点拨，豁然开化不少！谢谢gxqcn！
6 ~ 9 的恒等式，均可源于如下形式的恒等式：\[(an-c_1)^4+(bn+c_2)^4+((a+b)n-c_3)^4≡(an+c_1)^4+(bn−c_2)^4+((a+b)n+c_3)^4\]
\[(bn+c_2)^4-(bn−c_2)^4≡(an+c_1)^4-(an-c_1)^4+(an+bn+c_3)^4-(an+bn-c_3)^4\]
\[8(bn)^3c_2+8(bn)c_2^3≡8(an)^3c_1+8(an)c_1^3+8(an+bn)^3c_3+8(an+bn)c_3^3\]
\[(bn)^3(b+2a)+(bn)(b+2a)^3≡(an)^3(a+2b)+(an)(a+2b)^3+(an+bn)^3(b−a)+(an+bn)(b−a)^3\]
\[(bn)^3(b+2a)-(an)^3(a+2b)-(an+bn)^3(b−a)≡(bn)(b+2a)^3-(an)(a+2b)^3-(an+bn)(b−a)^3=0\]
\[兼得：(a+2b)a^3≡(2a+b)b^3+(a+b)^3(a−b)\]

王守恩

gxqcn 发表于 2018-10-14 09:29
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 + ^4 + [(a + b) n - k(b - ...

谢谢gxqcn！整理一下：
\[( a + b)^4 - (- b)^4\equiv( a +  b)^4 - (- a)^4 + ( a)^4 - ( b)^4\]
\[(2 a + 2 b)^4 - (-2 b)^4\equiv(2 a + 2 b)^4 - (-2 a)^4 + (2 a)^4 - (2 b)^4\]
\[\left(a + (a + 2 b)\right)^4 -\left (a - (a + 2 b)\right)^4\equiv\left (b + (b +  2 a)\right)^4 - (b -\left (b + 2 a)\right)^4 +\left ((a + b) + (a - b)\right)^4 -\left ((a +  b) - (a - b)\right)^4\ \ \ (1)\]
\[(1)式本身可以有变化，如果加上有(2),(3)的支持，(1)式的变化就更多了，我们往前走。\]
\[8 a^3 (a + 2 b) + 8 a (a + 2 b)^3\equiv 8 b^3 (b + 2 a) + 8 b (b + 2 a)^3 + 8 (a + b)^3 (a - b) + 8 (a + b) (a - b)^3\]
\[a^3 (a + 2 b) + a (a + 2 b)^3\equiv b^3 (b + 2 a) +  b (b + 2 a)^3 + (a + b)^3 (a - b) + (a + b) (a - b)^3\]
\[a^3 (a + 2 b) - b^3 (b + 2 a)\equiv(a + b)^3 (a - b) \ \ \ \ \ \ \ (2)\]
\[a (a + 2 b)^3 - b (b + 2 a)^3\equiv(a + b) (a - b)^3\ \ \ \ \ \ \ \ (3)\]
弱弱的问：9项，7项，5项也有这样的算式吗？

王守恩

王守恩 发表于 2018-10-17 13:38
谢谢gxqcn！整理一下：
\[( a + b)^4 - (- b)^4\equiv( a +  b)^4 - (- a)^4 + ( a)^4 - ( b)^4\]
\[ ...

4项可以有下面的算式。
\[(n+3n^2-2n^3+n^5+n^7)^4-(n-3n^2-2n^3+n^5+n^7)^4=(1+n^2-2n^4+3n^5+n^6)^4-(1+n^2-2n^4-3n^5+n^6)^4\]
5项，7项，9项就没有这样的算式了吗？

uk702

胡思乱想：5项的时候，其实就是问是否有互不相等的 5 个多项式 f1(n)、f2(n)、f3(n)、f4(n)、f5(n)，使得 \(f_1^4+f_2^4+f_3^4+f_4^4+f_5^4\) = 0，假设 fi(n) 的最高次为 k，于是  \(f_1^4+f_2^4+f_3^4+f_4^4+f_5^4\)  的次为 4k，共 4k（+1） 个系数，而 f1(n)、f2(n)、f3(n)、f4(n)、f5(n) 共有 k1+k2+k3+k4+k5 个系数，一般而言， k1+k2+k3+k4+k5 ≧ 4k，故理论上这个式很有可能可以将所有系数配平。

王守恩

uk702 发表于 2021-1-21 14:38
胡思乱想：5项的时候，其实就是问是否有互不相等的 5 个多项式 f1(n)、f2(n)、f3(n)、f4(n)、f5(n)，使得 \ ...

先看 6 楼：\((n-5)^4+(2n+4)^4+(3n-1)^4=(n+5)^4+(2n-4)^4+(3n+1)^4\)

变化一下：\(n^4=(n+10)^4-(2n+14)^4+(2n+6)^4-(3n+14)^4+(3n+16)^4\)

也就是说：n跑遍所有正整数(左边)，用5项(右边)。
高次方数有那么可怕的吗？！