素数的立方体

现在，让我们撇开数字是质数和不同数的限制，关注解决方案的结构。一旦我们确定了所有解决方案的特征，我们将重新引入约束。让我们使用标签$x_1，\dots，x_4$和$y_1，\ dots，y_4$标记立方体的顶点，如下所示。这个标签的选择稍后会变得清晰！

由于面必须都有常数和，我们称之为$c$，因此我们有以下六个方程式：
\开始{align}
x_1+y_2+x_3+y_4&=c&y_1+x_2+x3+y_4&=c\\
y1+x2+y3+x4&=c&y1+y2+x3+x4&=c\\
x_1+x_2+y_3+y_4&=c&x_1+y_2+y_3+x_4&=c
\结束{align}通知每个方程正好包含两个$x$和两个$y$。此外，每个方程式包含每个索引$1,2,3,4$一次。如果我们比较同一行中的方程对，我们可以得出：
\开始{align}
x_1-x_2&=y_1-y_2\\
x2-x3&=y2-y3\\
x3-x4&=y3-y4
\结束{align}输入换句话说，序列$（x_1，x_2，x_3，x_4）$和$（y_1，y_2，y_3，y_4）美元只是彼此的移位版本！因此，必须存在一些$t$，以便所有$i$的$y_i=x_i+t$。此外，由于每个原始方程正好包含两个$x$和两个$y$，如果我们有任何解，我们可以将相同的$t$添加到所有$x$或所有$y$中，结果总是一个解！我们可以将$x_i$和$y_i$可视化为立方体内部内嵌的四面体顶点：

立方体的每个面恰好包含每个四面体的两个顶点，因此，如果我们将其中一个四面体的顶点上的所有数字移动相同的量$t$，那么所有面和都会增加相同的量，即$2t$，这是有道理的。

解决方案：基于上述发现，我们可以检查相反的情况是否成立；如果我们选择满足上述移位性质的数，那么它们也将是原始六个方程的解。换句话说，我们可以生成全部的通过选取任意五个数字$x1、x2、x3、x4、t$，然后设置$yi=xi+t$来解决问题。

线性代数旁注：6个原始方程有9个变量，相关的$6乘以9$矩阵的秩为4（零度5），这是解释为什么解应该有5个独立的自由度的另一种方法。

既然我们已经知道了所有解的结构，那么让我们重新引入顶点被标记为不同质数的约束。我们所要做的就是选择一个由不同素数$（x_1，x_2，x_3，x_4）$组成的元组，这样，当所有数字移动相同的量时，我们就得到了与第一个列表不同的另一个素数元组。有一种可能性：
\[
(7,11,13,17) + 30 = (37,41,43,47)
\]此解决方案在多维数据集上显示为：

我们可以检查所有面是否具有相同的顶点和（108）。这决不是唯一的解决方案！我们本可以使用不同的班次：
\[
（13,17,19,23）+24=（37,41,43,43）
\]我们也可以用不同的顺序排列数字，或者使用不同的初始元组。当然，还有更大的解决方案，例如：
\开始{align}
(53,139,167,173) + 84 &= (137,223,251,257)\\
(101,113,1447,1481) + 1260 &= (1361,1373,2707,2741)
\结束{对齐}

一个自然的问题：显然，这个问题有许多可能的解决方案。但是有吗无限多？事实证明，是的！多亏了@DimEarly公司在推特和Gnlc上，他们给我指出了关于素数的一系列结果。

这个格林-陶定理指出对于每个数字$k$，都存在带有$k$项的素数的算术级数。这意味着存在$a$和$d$
\[
a+nd\quad\text{是}n=0,1，\dots，k-1的素数。
\]我们可以用它来构造解决方案。特别是，如果我们选择$k=7m+1$，我们就有了解决方案
\[
（a，a+md，a+2md，a+3md）+4md=（a+4md，a+5mm，a+6md，a+7md）
\]很明显，如果我们选择$m=1,2，\dots$，那么$md$将有无限多个不同的可能值，因此会产生无限多不同的解。

扩展到其他柏拉图式实体

@迪恩·巴拉德（设计这个问题的人）还想知道如何将这个问题推广到其他柏拉图式固体其他柏拉图立体是：四面体、八面体、二十面体和十二面体。前三个具有三角形面。我们可以立即排除这些可能性，因为由于面每个只有三个顶点，当两个面共享一条边时，就会迫使每个面的第三个顶点具有相同的值，这是被禁止的（因为所有顶点都必须有不同的标签）。这样就剩下了十二面体，它由12个五边形面（总共20个顶点）组成。

事实证明，我们对立方体使用的技巧在这里也很有效。我们可以这样刻一个四面体，即十二面体的每个面都正好包含来自四面体的一个顶点。它看起来是这样的：

有十个这样的四面体（每个顶点可以属于两个可能的四面体）。一种方法是绘制十二面体的平面图；所谓的Schlegel图:

红色节点（DOJQ）对应于一个四面体。还有一个包含点D的四面体；它是镜像（DMIU）。然后，通过旋转对称，我们可以找到其他8个四面体。因此，给定问题的任何解决方案，通过将相同的数量添加到一个四面体的每个顶点，可以生成其他解决方案。这给了我们10个自由度。将它们标记为$a、b、c、d、e、f、g、h、i、j$，我们可以得到节点值的以下20个方程：
\开始{align}
A&=d+i&
B&=c+h&
C&=b+g&
D&=a+f\\
E&=E+j&
F&=d+h&
H&=c+g&
I&=b+f\\
J&=a+J&
K&=e+i&
L&=c+j&
M&=d+f\\
N&=e+g&
O&=a+h&
P&=b+i&
Q&=a+g\\
R&=b+h&
S&=c+i&
T&=d+j&
U&=e+f
\结束{align}您可以检查每个面是否有顶点和$a+b+c+d+e+f+g+h+i$，这样就可以检查出所有内容。我们现在的任务是为$a，b，\dots，j$选择值，这样上面20个数字中的每一个都是素数。注意，每个字母对应一个不同的四面体。例如，字母$a$表示四面体（DOJQ），包含$a$的方程正好是顶点D、O、J、Q的方程。

结果是其中一个四面体是多余的，可以删除。这是因为我们可以将相同的量加到所有变量中，以便将其中一个变量移到零。（您也可以执行一些线性代数来证明相关的$12\乘以21$矩阵的零度是9，正如我们在立方体示例中所做的那样，因此应该有9个自由度。因此，让$j=0$而不损失通用性，我们可以消除$a、c、d、e$以获得：
\开始{align}
A&=T+i&
B&=L+h&
C&=b+g&
D&=J+f\\
E&=\text{（质数）}&
F&=T+h&
H&=L+g&
I&＝b+f\\
J&=\text{（质数）}&
K&=E+i&
L&=\text{（质数）}&
M&=T+f\\
N&=E+g&
O&=J+h&
P&=b+i&
Q&=J+g\\
R&=b+h&
S&=L+i&
T&=\text{（质数）}&
U&=E+f
\结束{align}所以我们应该首先选取素数$E、J、L、T$，然后选取数字$b、f、g、h、i$，这样剩余的顶点也就是素数。我们可以更进一步，消除$f、g、h、i$，并获得：
\开始{align}
&E，J，L，T，P，R，I，C\quad\text{质数}\\
A&=T+P-b&b&=L+R-b\\
K&=E+P-b&F&=T+R-b\\
S&=L+P-b&O&=J+R-b\\
D&=J+I-b&N&=E+C-b\\
U&=E+I-b&H&=L+C-b\\
M&=T+I-b&Q&=J+C-b
\结束{align}此是我能找到的最简单的参数化；我们首先选择$E、J、L、T、P、R、I、C$prime，然后选择$b$，这样上面剩下的12个值也是prime。有无数种方法可以做到这一点。一种方法是从形式为$x+ny$的素数的算术序列开始，对于$n=1，\dots，23$（可能通过格林-陶定理)然后让$b=x$，并且
\开始{align}
E&=x+y和J&=x+2y和L&=x+3y和T&=x+4y\\
P&=x+5y&R&=x+10y&I&=x+1 5y&C&=x+20y
\结束{align}替换通过以上分析，我们得出：
\开始{align}
A&=x+9y和B&=x+13y\\
K&=x+6y&F&=x+14y\\
S&=x+8y&O&=x+12y\\
D&=x+17y&N&=x+21y\\
U&=x+16y和H&=x+23y\\
M&=x+19y&Q&=x+22y
\结束{align}和就是这样！一个可行的序列是（找到在这里):
$x=11{，}664{，{645{，｝664{，}537$和$y=44{，◄546{，►738{，］095{和}860$，尽管我确信一定存在较小的解决方案！