鲁氏方程之二的函数解

费尔马1

丢番图方程 X^（n+1）+Y^n=Z^（n+1）
其中一个解集公式是:
X=b[a^（n+1）－b^（n+1）]^（nt+n－1）
Y=[a^（n+1）－b^（n+1）]^[（n+1）t+n]
Z=a[a^（n+1）－b^（n+1）]^（nt+n－1）
其中，a、b、n为正整数，a>b，t为自然数。
当上面解集公式中，b=1时，即为鲁氏方程之二的解集公式:
X=[a^（n+1）－1]^（nt+n－1）
Y=[a^（n+1）－1]^[（n+1）t+n]
Z=a[a^（n+1）－1]^（nt+n－1）
其中，a、n为正整数，a>1，t为自然数。

费尔马1

丢番图方程 X^n+Y^（n+1）=Z^n
其中一个解集公式是:
X=b（a^n－b^n）^[（n+1）k+1]
Y=（a^n－b^n）^（nk+1）
Z=a（a^n－b^n）^[（n+1）k+1]
其中，a、b、n为正整数，a>b，k为自然数。
当上面解集公式中，b=1时，即为鲁氏方程之二的解集公式:
X=（a^n－1）^[（n+1）k+1]
Y=（a^n－1）^（nk+1）
Z=a（a^n－1）^[（n+1）k+1]
其中，a、n为正整数，a>1，k为自然数。

yangchuanju

程老师有没有兴趣探讨一下被遗弃的草根先生《我证明的世界著名数学难题》20楼给出的几道几何题？特别是第3题。

完美立方体问题
（图形复制不过来）
还记得勾股定理，A^2+B^2=C^2 吗？A,B,C三个字母表示直角三角形的三边长。毕达哥拉斯三角形指的是三边长都是整数的直角三角形，即满足 A^2+B^2=C^2,且 A,B,C 都是整数。现在我们将这个概念扩展到三维，在三维空间，我们需要四个数A, B, C 和 G。前三个数是立方体的三维边长，G是立方体的空间对角线长度。
正如有些三角形的三边都是整数一样，存在一些立方体的三边和体对角线（A,B,C和G）都是整数，但对于立方体来说还有三个面对角线（D,E和F），这就带来一个有趣的问题：有没有立方体满足这个7个边长都是整数的条件呢？
问题的目标在于找到一个立方体满足 A^2+B^2+C^2=G^2，且全部的边和对角线长度都是整数，这种立方体被称为完美立方体（perfect cuboid）。数学家们测试了各种不同的可能构型，还没找到任何一个满足条件的情况。但他们也不能证明这样的立方体不存在，因此搜寻完美立方体的工作还在继续。

A^2+B^2=D^2
A^2+C^2=E^2
B^2+C^2=F^2
A^2+B^2+C^2=G^2
相加得
2*A^2+2*B^2+2*C^2=D^2+E^2+F^2
3*A^2+3*B^2+3*C^2=D^2+E^2+F^2+G^2
D^2+E^2+F^2=2*G^2

费尔马1

yangchuanju 发表于 2022-3-19 13:48
程老师有没有兴趣探讨一下被遗弃的草根先生《我证明的世界著名数学难题》20楼给出的几道几何题？特别是第3 ...

杨老师您好:
这个题既然是世界级数学难题，那就不简单啊！3*A^2+3*B^2+3*C^2=D^2+E^2+F^2+G^2
这个方程的三个系数3就是难题，由于是同次幂方程，系数问题不易解决啊！
再说了，这样的完美立方体还不知道是否存在啊？

费尔马1

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