(1,5,6)と(2,3,7)の組は、3つの和が等しく、更に、3つのそれぞれの2乗の和も等しい。この
ような組は、どのように見つけるのでしょう。
らすかるさんからのコメントです。(令和2年5月4日付け)
例えば、3数が「全く同一」でなければ良いのなら、
(1,4,4)と(2,2,5) 、(2,5,5)と(3,3,6) 、(3,6,6)と(4,4,7) 、・・・ 、(k,k+3,k+3)と(k+1,k+1,k+4) 、・・・
のような簡単な例がありますし、3数とも異ならなければならないとしても、
(1,5,6)と(2,3,7) 、(2,6,7)と(3,4,8) 、(3,7,8)と(4,5,9) 、・・・ 、(k,k+4,k+5)と(k+1,k+2,k+6) 、・・・
のような例があります。同様の例は、
(k,k+5,k+7) と (k+1,k+3,k+8)
(k,k+7,k+8) と (k+2,k+3,k+10)
(k,k+6,k+9) と (k+1,k+4,k+10)
(k,k+8,k+10) と (k+2,k+4,k+12)
・・・
など無数にありますし、一般化して、
(s,s+t+2,s+2t+1) と (s+1,s+t,s+2t+2)
(s,s+t+4,s+2t+2) と (s+2,s+t,s+2t+4)
(s,s+t+6,s+2t+3) と (s+3,s+t,s+2t+6)
・・・
さらに、一般化すると、
(s,s+t+2u,s+2t+u) と (s+u,s+t,s+2t+2u)
となりますが、おそらくこのような一般形がたくさんあると思います。
GAIさんからのコメントです。(令和2年5月5日付け)
用いる数は少し多くなりますが、機械的に作業できるので実践してみて下さい。
(→参考:数学感動秘話「新単語作り」)
数字の0,1を使って、次の様な作業を繰り返して下さい。
[1]:0を書く->0
[2]:0の反転に対応する1を上の列の次に付け加える->01
[3]:上で出来た01の反転とする10を更に列に書き足す->
[4][3]に相当する作業を繰り返す->01101001
[5]更に繰り返す->0110100110010110
[6]もう一度繰り返す->01101001100101101001011001101001
原理は同じなので一応ここでストップして、[4],[5],[6]で出来た列での0と1が並んでいる位置
を調べます。
[4]:01101001・・・ 0の位置A4=[1,4,6,7]、1の位置B4=[2,3,5,8]
[5]:0110100110010110・・・ 0の位置A5=[1,4,6,7,10,11,13,16]、1の位置B5=[2,3,5,8,9,12,14,15]
[6]:01101001100101101001011001101001
・・・ 0の位置A6=[1,4,6,7,10,11,13,16,18,19,21,24,25,28,30,31]、
1の位置B6=[2,3,5,8,9,12,14,15,17,20,22,23,26,27,29,32]
A4、B4のそれぞれを ai、bi (i=1,2,3,4)
A5、B5のそれぞれを ci、di (i=1,2,3,4,5,6,7,8)
A6、B6のそれぞれを ei、fi (i=1,2,3,・・・,16)
と表しておきます。面倒でも次の計算をしてみてください。
納i=1,4]ai、納i=1,4]ai^2 、納i=1,4]bi、納i=1,4]bi^2
納i=1,8]ci、納i=1,8]ci^2、納i=1,8]ci^3 、納i=1,8]di、納i=1,8]di^2、納i=1,8]di^3
納i=1,16]ei、納i=1,16]ei^2、納i=1,16]ei^3、納i=1,16]ei^4、
納i=1,16]fi、納i=1,16]fi^2、納i=1,16]fi^3、納i=1,16]fi^4
なお用いる数を少なくしながらでも累乗和を高くできるものに0の数字も仲間に入れてもらい
A=[0,1,24,65,90,129,173,212,237,278,291,302]
B=[3,5,30,57,104,116,186,198,245,272,297,299]
でグループに分けます。さて、これらが何乗の和まで等しくバランスがとれているか?計算機
等の道具で楽しんでみてください。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月5日付け)
らすかるさん、GAIさん、有難うございます。新たな境地が感じられます。
(1,5,8,12)と(2,3,10,11)は、3乗まで
(1,5,9,17,18)と(2,3,11,15,19)は、4乗まで
(1,6,7,17,18,23)と(2,3,11,13,21,22)は、5乗まで
構成法に近づけそうです。
0〜Nのk乗の数を適当な規則でN個の組に分けると、それぞれのk-1乗までの和が等しく
なるのとは少し違うような...。
GAIさんの方法が、二進数を二つに分ける同等のものでした。私は、二進数表示して桁数
の和を偶数と奇数に分けました。
元の組が、成立しているとき、1を全てにたしても成立している。
りらひいさんからのコメントです。(令和2年5月9日付け)
次のような一般形はいかがでしょう。
{k,k+m+n+r,k+m+n+mn/r} と {k+m,k+n,k+m+n+r+mn/r}
m=r または n=r とすると、らすかるさんの例と一致します。
[追記] 数学感動秘話「複素世界への拡張」の中で私が挙げた
{k+mp+nq,k-mp-nq,k+np-mq,k-np+mq} と {k+mp-nq,k-mp+nq,k+np+mq,k-np-mq}
のように冗長性を持たせた書き方をするならば、
{k+mp,k+nq,k+np+mq} と {k+np,k+mq,k+mp+nq}
のような感じに書けます。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月11日付け)
例えば、3個の数の二組が、a+b+c=d+e+f かつ a^2+b^2+c^2=d^2+e^2+f^2 が成立するな
らば、ab+bc+ca=de+ef+fd も成立する。更に、3乗の和 a^3+b^3+c^3=d^3+e^3+f^3 も成立す
るならば、abc=def も成り立ち、すると、必然的に同じ組になる。
よって、異なる3個の数では、2乗までしか成立しない。一般的にもいえる。
GAIさんからのコメントです。(令和2年5月11日付け)
複素数まで拡張すると、 2+(1+i)+(1-i)=2^2+(1+i)^2+(1-i)^2=2^3+(1+i)^3+(1-i)^3
例え異なる4個の複素数でも、
z1=(5+sqrt(5)+i*sqrt(2*(5-sqrt(5)))/4
z2=(5+sqrt(5)-i*sqrt(2*(5-sqrt(5)))/4
z3=(5-sqrt(5)+i*sqrt(2*(5+sqrt(5)))/4
z4=(5-sqrt(5)-i*sqrt(2*(5+sqrt(5)))/4
であれば、
z1+z2+z3+z4=z1^2+z2^2+z3^2+z4^2=z1^3+z2^3+z3^3+z4^3=z1^4+z2^4+z3^4+z4^4
が成立します。
らすかるさんからのコメントです。(令和2年5月11日付け)
ksさんの主張は、異なる2つの3数の組 (a,b,c)、(d,e,f) で、
a+b+c=d+e+f かつ a^2+b^2+c^2=d^2+e^2+f^2 かつ a^3+b^3+c^3=d^3+e^3+f^3
となることはない、という意味だと思います。
GAIさんからのコメントです。(令和2年5月11日付け)
完全に勘違いしておりました。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月12日付け)
3個数の組の解
(s,s+2t+u,s+t+2u) と (s+t,s+u,s+2t+2u) 、(s+u,s+2t,s+t+2u) と (s+t,s+2u,s+2t+u)
の係数の行列式の値は、3、-3 となるのが不思議です。
GAIさんからのコメントです。(令和2年5月12日付け)
行列で表せば、
(s,s+2t+u,s+t+2u)=[1 0 0][s] [1 2 1][t] [1 1 2][u] |
(s+t,s+u,s+2t+2u)=[1 1 0][s] [1 0 1][t] [1 2 2][u] |
左の行列式の値が 3、右の行列式の値が -3 だからでは?次も同様。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月13日付け)
二組の行列式の値が等しくなるのは必要条件かと。符号の違いは、2乗和の順序の違い
でやはり等しい。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月25日付け)
対称形から、4個の数の組の媒介変数も4個にして、
(a+2b+3c+4d,4a+b+2c+3d,3a+4b+c+2d,2a+3b+4c+d)
と (a+4b+3c+2d,4a+3b+2c+d,3a+2b+c+4d,2a+b+4c+3d)
は、2乗の和まで等しくなりました。媒介変数4個では、3乗の和は無理なのでしょうか?
d=0 としても、2乗の和は成立しますが、3乗の場合は成立させることが媒介変数4個で
は見つかりません。他の解を見てもないので、無理かと思いました。
らすかるさんからのコメントです。(令和2年5月25日付け)
(a+2b+4c+3d,3a+b+2c+4d,4a+3b+c+2d,2a+4b+3c+d)
と (a+3b+4c+2d,3a+4b+2c+d,4a+2b+c+3d,2a+b+3c+4d)
にすれば、3乗和まで等しくなります。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月26日付け)
まさかと思い、具体的な数で検証しました。特殊な解の場合、同じになり、別の数で立派な
解であることが分かり、感動してます。人事を尽くして天命を待つ心境でしたが、更なる副産
物も有りました。
らすかるさんの解の特徴から、残りの解も得ました。対称性から、より多くの場合に一般化
出来そうです。
ksさんからのコメントです。(令和2年5月27日付け)
今までの結果から、ばらばらな感じに見えたのですが、具体的な例を小さい順にならべ、
差をとると面白い。
(1,5,6)と(2,3,7) は、 4,1 と 1,4
(1,5,8,12)と(2,3,10,11)は、4,3,4 と 1,7,1
(1,1,6,6)と(0,3,4,7) は、 0,5,0 と 3,1,3
(1,5,9,17,18)と(2,3,11,15,19)は、 4,4,8 1 と 1,8,4,4
ksさんからのコメントです。(令和2年8月25日付け)
累乗和の三個の場合だけですが、公式を紹介。
(a,a+2b+c,a+b+2c) と (a+b,a+c,a+2b+2c)
(a+b,a+2c,a+2b+c) と (a+c,a+2b,a+b+2c)
(b+2c,a+2b,2a+c) と (2b+c,a+2c,2a+b)
二変数の場合、
(a,3a+b,2a+2b) と (2a,a+b,3a+2b)
(a+2b,3a,2a+b) と (2a+b,a+2b,3a)
(a,3a+b,3b) と (b,3a,a+3b)
#異なるものが、無数にありそうです。
ksさんからのコメントです。(令和2年8月27日付け)
三個の累乗和を求める公式が無数にありそうですが、数字を変えれば、無数にあることは
当然ですが、それぞれの公式で表される組を、一つの集合として、異なるようです。つまり、
一方の集合にあるけれど、他方にないことを示す。そのような公式が無数に作れることを示
すことは簡単でしょうか?
ksさんからのコメントです。(令和2年9月3日付け)
三個の二乗までの累乗の和が等しいもの、代表的な(1,5,6)と(2,3,7)をよく見ると、
1+7=5+3=6+2=8
これをクロス和と呼び、そのような性質に注意して、
クロス和=12 (3,7,8)と(4,5,9)、(1,8,9)と(3,4,11)
クロス和=16 (1,10,13)と(3,6,15) など
いくらでも見つけることができましたが、成り立たない場合もあります。
(1,7,12)と(3,4,13) などです。
魔方陣のように、特殊な求め方がないかと思います。
ksさんからのコメントです。(令和2年9月5日付け)
(a,b,a+b)と(a+c,b+c,c)
但し、a+bは3の倍数で、c=(a+b)/3ならば、2乗和も等しい。
クロス和が、等しいことに着目しました。
ksさんからのコメントです。(令和2年9月21日付け)
四個組の累乗和の作り方:a^2+b^2=c^2+d^2が成り立つものを選びます。
例えば、6^2+7^2=9^2+2^2 のとき、(6,7,−6,−7)と(9,2,−9,−2) 若しくは、10を
足したもの (16,17,4,3)と(19,12,1,8)は、3乗和まで等しくなります。
ksさんからのコメントです。(令和2年9月23日付け)
五個組の場合の累乗和の作り方:a+b+c=d+e且つ、a^3+b^3+c^3=d^3+e^3を満たせば、
(a,b,c,-d,-e)と(-a,-b,-c,d,e)は、四乗和まで等しくできる。
具体的には、(1,5,9,−7,−8)と(−1,−5,−9,7,8)、(10,4,2,−7,−9)と
(−10,−4,−2,7,9)の二組だけ
a=b+c+d+e且つa^3=b^3+c^3+d^3+e^3もありそうですが、具体的には、まだ見つけていま
せん。a=b+c+d+eの場合は、ないみたいですね。
ksさんからのコメントです。(令和2年12月16日付け)
手計算で、5個の累乗和が等しいものを2組見つけました。
(1、20、23、42、54) と (2、14、33、36、55)
(1、18、19、44、48) と (4、8、33、34、51)