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[讨论] 特殊无理半径的球面参数化

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发表于 2019-10-28 14:42:26 | 显示全部楼层 |阅读模式

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本帖最后由 葡萄糖 于 2019-10-28 14:53 编辑

\[ \left(\dfrac{(u-v)^2-2(u+1)^2+3}{u^2+v^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{(u-v)^2-2(v+1)^2+3}{u^2+v^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{(u-v)^2+(u+v-1)^2-3}{u^2+v^2+1}\right)^2=6 \]
.
\begin{align*}
&\color{black}{\left(\dfrac{(u-v)^2-2(u+1)^2+3}{u^2+v^2+1}\right)^2}\\
&\color{black}{\qquad\qquad+\left(\dfrac{(u-v)^2-2(v+1)^2+3}{u^2+v^2+1}\right)^2}\\
&\color{black}{\qquad\qquad\qquad\qquad\,+\left(\dfrac{(u-v)^2+(u+v-1)^2-3}{u^2+v^2+1}\right)^2=6}
\end{align*}
.
这个参数化是怎么得到的呢?
其他以“简单无理数”半径的情形呢?
  1. p = 91;
  2. Select[PowersRepresentations[p^2*6, 3, 2], And @@ CoprimeQ[#, p] &]/p
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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 2019-10-30 16:44:25 | 显示全部楼层
感觉“半径为`\sqrt n`的球面上的有理点”更切题。
关于球面上的有理点,还真没有搜到文献。
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发表于 2019-10-30 21:58:06 来自手机 | 显示全部楼层
这个看上去和将整数表示为三个整数的平方问题相关,论坛中讨论过。结论很简单,证明很复杂
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发表于 2019-10-31 08:48:58 | 显示全部楼层
给出的是通解还是部分解?部分解我们已经有能力解决了,通解比较困难。
查看https://bbs.emath.ac.cn/thread-3063-1-1.html
我们知道所有$4^u(8v+7)$形式的n都不可以表示成三个整数平方和,稍微处理一下就可以知道也不能表示为三个有理数的平方和。
而对于所有其它形式的n,都可以表示为三个整数的平方和,链接里面给出了构造方法
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发表于 2019-10-31 08:53:20 | 显示全部楼层
发现有理数范围比整数范围更加容易。
由于我们知道$2^2+1^2+1^2=6$,也就是[2,1,1]是一个满足条件的解,
我们只要找到任何一个有理式3阶正定矩阵A,那么$[2,1,1]A$也满足方程
题目中给出的例子只含有两个参数,应该解不全。因为在任意一个平面上的正交矩阵就需要两个参数$u,v$,
而空间中的旋转我们需要更多的参数,比如可以通过x-y平面上一次正交变换加上y-z平面上一次正交变换

点评

这种正定矩阵的构造哪些文献有介绍呢?或是说有什么关键词可以搜索到这方面的资料呢?  发表于 2019-10-31 09:03
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 楼主| 发表于 2019-10-31 09:18:31 | 显示全部楼层
本帖最后由 葡萄糖 于 2019-10-31 18:26 编辑
mathe 发表于 2019-10-31 08:53
发现有理数范围比整数范围更加容易。
由于我们知道$2^2+1^2+1^2=6$,也就是[2,2,1]是一个满足条件的解,
我们只要找到任何一个有理系数3阶正定矩阵A,那么$[2,2,1]A$也满足方程
题目中给出的例子只含有两个参数,应该解不全。因为在任意一个平面上的正交矩阵就需要两个有理参数$u,v$,
而空间中的旋转我们需要更多的参数,比如可以通过x-y平面上一次正交变换加上y-z平面上一次正交变换


可是,观察到复变函数中黎曼球面的参数方程
\[ \left(\dfrac{2u}{u^2+v^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{2v}{u^2+v^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{u^2+v^2-1}{u^2+v^2+1}\right)^2=\large{1} \]
与这个有理参数化非常相似。(凭直觉)认为应该是全部有理数点。(我是这样考虑的,有可能是错的,如果错了希望指点一下,谢谢)
【MSE】
\[ \left(\dfrac{2\left(\alpha\delta+\beta\gamma\right)}{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2}\right)^2+\left(\dfrac{2\left(\alpha\gamma-\beta\delta\right)}{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2}\right)^2+\left(\dfrac{\alpha^2+\beta^2-\gamma^2-\delta^2}{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2}\right)^2=\large{1} \]
https://math.stackexchange.com/q ... -d2/2089009#2089009
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发表于 2019-10-31 10:35:55 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-10-31 08:53
发现有理数范围比整数范围更加容易。
由于我们知道$2^2+1^2+1^2=6$,也就是[2,1,1]是一个满足条件的解,
...

2阶有理式正定矩阵利用勾股数构造即可,比如
\(\begin{pmatrix} \frac{u^2-1}{u^2+1}&\frac{-2u}{u^2+1}\\\frac{2u}{u^2+1}&\frac{u^2-1}{u^2+1}\end{pmatrix}\)
于是构造三阶的可以通过两个上面二阶的相乘得到,比如
\(\D\begin{pmatrix} \frac{u^2-1}{u^2+1}&\frac{-2u}{u^2+1}&0\\\frac{2u}{u^2+1}&\frac{u^2-1}{u^2+1}&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&\frac{1-v^2}{1+v^2}&\frac{-2v}{1+v^2}\\0&\frac{2v}{1+v^2}&\frac{1-v^2}{1+v^2}\end{pmatrix}\)
`u,v`为两个有理数,可以代换成既约分数`u=a/b,v=c/d` 化成四个整数参数的齐次有理式形式。
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发表于 2019-10-31 13:06:24 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-10-31 10:35
2阶有理式正定矩阵利用勾股数构造即可,比如
\(\begin{pmatrix} \frac{u^2-1}{u^2+1}&\frac{-2u}{u^2+1} ...

“u,v为两个有理数,可以代换成既约分数u=a/b,v=c/d 化成四个整数参数的齐次有理式形式”

1#和6# 也可以仿此化为3个整数参数的齐次有理式。
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