Caracterización de Volúmenes de Cubos de Celosía

Question

Este es un puesto de la cruz de Matemáticas SE que nadie parecía capaz de resolver.

Aquí es un problema que surgió en una conversación con un profesor después de haber hecho una falsa suposición acerca de la geometría de $\mathbb{Z}^n$. No sé si él sabía la respuesta (y me dijeron nada de eso) y desde entonces ha pasado así que no puedo preguntarle acerca de ella.

Deje $C$ ser un entramado de cubo en $\mathbb{R}^n$. Caracterizar todos los posibles volúmenes de $C$. Un cubo se llama un entramado de cubo si y sólo si cada vértice tiene coordenadas enteras.

Se me rompió esta prueba en tres de los casos, el último de los cuales estoy teniendo problemas con en una dirección. Vamos a dejar que $V(n)$ ser el conjunto de todos los números de $V$ para el cual existe un entramado de cubo de volumen $V$ en la dimensión $n$. Vamos a romper en tres de los casos se basa en el valor de la mod 4.

\begin{align*} V(2k+1)&=\{a^n:a\in\mathbb{N}\} \\ V(4k)&=\{a^\frac{n}{2}:a\in\mathbb{N}\} \\ V(4k+2)&\supseteq\{(a^2+b^2)^\frac{n}{2}:a,b\in\mathbb{N}\} \end{align*}

Estas declaraciones que he probado (ninguno de ellos son difíciles), y la conjetura de que la última es una igualdad. He estado tratando de utilizar un colapso dimensión argumento para demostrar que si puedo hacer un cubo de lado de longitud $s$ en $\mathbb{R}^{4k+2}$ entonces puedo en $\mathbb{R}^{4k-2}$, momento en el que el teorema se sigue desde que he probado el caso especial de $n=2$, por desgracia, esto no parece ser fructífera. Después de intentar general colapso de argumentos, me metí en técnica argumentos acerca de las matrices cuyas filas son los vectores que definen los cubos, pero, de nuevo, en vano.

Answer 1

[Editado para añadir la variante con $n-2$ en lugar de $n+2$]

La conjetura es verdadera; de hecho, para $n=4k+2$ uno no puede ni siquiera formulario una $n$-cubo de lado $D^{1/2}$ en ${\bf R}^n$ con racionalcoordenadas a menos $D$ es la suma de dos cuadrados. Podemos demostrar esto mediante Witt del cancelación teorema de formas cuadráticas.

Deje $D$ ser un número racional positivo. La traducción de un vértice del cubo para el origen, vemos que una $n$-cubo en ${\bf Q}^n$ de lado $D^{1/2}$ es equivalente a una base ortogonal para ${\bf Q}^n$ consta de los vectores de cada uno de la longitud de la $D^{1/2}$, que a su vez es equivalente a un isomorfismo entre la forma cuadrática $D \sum_{m=1}^n X_m^2$ y el estándar interno producto $\sum_{m=1}^n X_m^2$. Pero ya sabemos que un cubo existe en la dimensión $n+2 = 4(k+1)$, es decir, que la forma cuadrática $\sum_{m=1}^{n+2} X_m^2$ es isomorfo con el formulario de $D \sum_{m=1}^{n+2} X_m^2$. De Witt se deduce que las formas $X_{n+1}^2 + X_{n+2}^2$ y $D(X_{n+1}^2 + X_{n+2}^2)$ son isomorfos. En particular, $D = D(1^2 + 0^2)$ es la suma de dos cuadrados, Q. E. D.

Alternativamente, podríamos haber utilizado el hecho de que $n-2 = 4k$ es un múltiplo de $4$: de ello se sigue que $\sum_{m=1}^{n-2} X_m^2$ es isomorfo con el formulario $D \sum_{m=1}^{n-2} X_m^2$, y, a continuación, podríamos cancelar una forma de clasificar $n-2$ a deducir de nuevo un isomorfismo entre la diagonal formas $X_{n+1}^2 + X_{n+2}^2$ e $D(X_{n+1}^2 + X_{n+2}^2)$.

[Para obtener el isomorfismo en la dimensión $n \pm 2$: es suficiente como para hacerlo en la dimensión $4$ y, a continuación, utilizar directa sumas de dinero para obtener todos los múltiplos de $4$. Escribir $D$ como una suma de $4$ plazas, es decir, como la norma de un cuaterniones $q$. A continuación, los cuaterniones $q$, ${\bf i}q$, ${\bf j}q$, ${\bf k}q$ la base ortogonal.

Del mismo modo, si $D = a^2+b^2$ entonces $(a,b)$ e $(-b,a)$ [correspondiente a los números complejos $a+ib$ e $i(a+ib)$] son los lados de un cuadrado de lado $D^{1/2}$, y mediante la toma directa de las sumas se obtiene un cubo de cualquier dimensión. Al $n$ es impar podemos utilizar determinantes para confirmar que el lado de un integral (o racional) $n$-cubo debe ser un número entero o un número racional.]