Сумма n квадратов (x21+x22+⋯+x2n)2(y21+y22+⋯+y2n)=z21+z22+⋯+z2n(x12+x22+⋯+xn2)2(y12+y22+⋯+yn2)=z12+z22+⋯ +zn2(x_1^2+x_2^2 + \dots + x_n^2)^2 (y_1^2+y_2^2 + \dots + y_n^2) = z_1^2+z_2^2 + \dots + z_n^ 2

Рассмотрим эту 5-квадратную идентичность,

( Икс 1 2 + Икс 2 2 + Икс 3 2 + Икс 4 2 + Икс 5 2 ) 2 ( у 1 2 + у 2 2 + у 3 2 + у 4 2 + у 5 2 ) "=" г 1 2 + г 2 2 + г 3 2 + г 4 2 + г 5 2

где,

г 1 "=" ( − Икс 1 2 + Икс 2 2 + Икс 3 2 + Икс 4 2 + Икс 5 2 ) у 1 − 2 Икс 1 ( 0 Икс 1 у 1 + Икс 2 у 2 + Икс 3 у 3 + Икс 4 у 4 + Икс 5 у 5 ) г 2 "=" ( Икс 1 2 − Икс 2 2 + Икс 3 2 + Икс 4 2 + Икс 5 2 ) у 2 − 2 Икс 2 ( Икс 1 у 1 + 0 Икс 2 у 2 + Икс 3 у 3 + Икс 4 у 4 + Икс 5 у 5 ) г 3 "=" ( Икс 1 2 + Икс 2 2 − Икс 3 2 + Икс 4 2 + Икс 5 2 ) у 3 − 2 Икс 3 ( Икс 1 у 1 + Икс 2 у 2 + 0 Икс 3 у 3 + Икс 4 у 4 + Икс 5 у 5 ) г 4 "=" ( Икс 1 2 + Икс 2 2 + Икс 3 2 − Икс 4 2 + Икс 5 2 ) у 4 − 2 Икс 4 ( Икс 1 у 1 + Икс 2 у 2 + Икс 3 у 3 + 0 Икс 4 у 4 + Икс 5 у 5 ) г 5 "=" ( Икс 1 2 + Икс 2 2 + Икс 3 2 + Икс 4 2 − Икс 5 2 ) у 5 − 2 Икс 5 ( Икс 1 у 1 + Икс 2 у 2 + Икс 3 у 3 + Икс 4 у 4 + 0 Икс 5 у 5 )

Закономерность легко просматривается,

( Икс 1 2 + Икс 2 2 + ⋯ + Икс н 2 ) 2 ( у 1 2 + у 2 2 + ⋯ + у н 2 ) "=" г 1 2 + г 2 2 + ⋯ + г н 2

Случай n = 4 используется в 8-квадратной идентичности Пфистера . Как доказать, что шаблон действительно верен для ВСЕХ положительных целых чисел n ?

Есть ли квадрат неправильно на Икс 1 2 + ⋯ + Икс 5 2 в заголовке и первом уравнении?
Посмотрите на первый срок. Получать ( ∑ Икс я 2 ) − 2 Икс 1 2 . Кроме того, во втором слагаемом первого члена − 2 Икс 1 ( ( ∑ Икс я у я ) − Икс 1 у 1 ) . Но все равно неприятно!
@emiliocba: Нет, я проверил это с помощью Mathematica, и тождество с 5 квадратами верно.

Ответы (1)

Мы можем написать

г к "=" у к ( ∑ я Икс я 2 − 2 Икс к 2 ) − 2 Икс к ∑ я ≠ к Икс я у я "=" у к ∑ я Икс я 2 − 2 Икс к ( ∑ я ≠ к Икс я у я + Икс к у к ) "=" у к ∑ я Икс я 2 − 2 Икс к ∑ я Икс я у я
таким образом, мы работаем в коммутативном кольце
г к 2 "=" у к 2 ( ∑ я Икс я 2 ) 2 − 4 Икс к у к ( ∑ я Икс я 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) + 4 Икс к 2 ( ∑ я Икс я у я ) 2
и наконец
∑ к "=" 1 н г к 2 "=" ∑ к "=" 1 н у к 2 ( ∑ я Икс я 2 ) 2 − 4 Икс к у к ( ∑ я Икс я 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) + 4 Икс к 2 ( ∑ я Икс я у я ) 2 "=" ( ∑ я Икс я 2 ) 2 ∑ к "=" 1 н у к 2 − 4 ( ∑ к Икс к у к ) ( ∑ я Икс я 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) + 4 ( ∑ к Икс к 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) 2 "=" ( ∑ я Икс я 2 ) 2 ∑ к "=" 1 н у к 2 .

строго говоря, правда ли, что:
∑ к "=" 1 н − 4 ( ∑ к Икс к у к ) ( ∑ я Икс я 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) + 4 ( ∑ к Икс к 2 ) ( ∑ я Икс я у я ) 2 "=" 0
????????? Я не говорю, что вы не правы, я просто говорю, что мне это кажется странным. У вас есть способ прояснить это? Моя проблема заключается в том, что вы отменяете суммирование, которое имеет одинаковые термины, но разные индексы.
@ user22144: в равенстве, которое вы пишете, не должно быть ∑ к "=" 1 н . Последний шаг моих вычислений фактически является следствием того факта, что ∑ я "=" 1 н с я "=" ∑ Дж "=" 1 н с Дж .
Уважаемый @Davide: Большое спасибо! Когда я впервые наткнулся на общую форму в контексте «8-квадратной идентичности Пфистера», я предположил, что это только для n = 2 ^ m. Но небольшой эксперимент с Mathematica показал, что это нечто большее. Хорошо знать, что на самом деле это верно для всех n. Еще раз спасибо.
@DavideGiraudo, моя ошибка! Я неправильно истолковал сумму. Неудивительно, что это выглядело так странно.
Давиде, вас это может заинтересовать: math.stackexchange.com/questions/751167/… :0)
Сумма n квадратов (x21+x22+⋯+x2n)2(y21+y22+⋯+y2n)=z21+z22+⋯+z2n(x12+x22+⋯+xn2)2(y12+y22+⋯+yn2)=z12+z22+⋯ +zn2(x_1^2+x_2^2 + \dots + x_n^2)^2 (y_1^2+y_2^2 + \dots + y_n^2) = z_1^2+z_2^2 + \dots + z_n^ 2
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v