Треугольники с целыми длинами сторон и их медианы

[scwec]

Докажите, что:
1. Для любого натурального $N$ найдутся не подобные треугольники с целыми длинами сторон, в которых длина одной из медиан больше в $N$ раз длины стороны, к которой она проведена.
2. Для $N=1$ (т.е. длина медианы равна длине стороны) найдите треугольник с наименьшей длиной медианы.
3. Площади всех таких треугольников при $N=1$ иррациональны.

[Shadow]

Где целые, там и рациональные.
1. Сторона равна двум, медиана к ней - $2n$, другие стороны - $x,y$

По теореме косинусов $\cos(\alpha)=\dfrac{1+4n^2-x^2}{4n}=\dfrac{y^2-1-4n^2}{4n}$

Получается уравнение $x^2+y^2=2+8n^2$ у которого есть решение $(2n+1,2n-1)$, а значит и полная параметризация:

$x =\dfrac{2 k^2 n + k^2 + 4 k n - 2 k - 2 n - 1}{k^2 + 1}$

$y = \dfrac{2 k^2 n - k^2 - 4 k n - 2 k - 2 n + 1}{k^2 + 1}$

(правда, правило треугольника должно соблюдатся).

Другие подусловия - в следующем году.
С Новым Годом!

[scwec]

Начало - отличное.
Можно надеяться, что и год начнётся так же успешно.
Здоровья и счастья Вам.

[provincialka]

Вторая задача. Как известно, длины сторон связаны с медианой соотношением $b^2+c^2=2m^2+a^2/2$, что при $m=a$ сводится к $b^2+c^2=2,5a^2$. Значит, $a=2k, b^2+c^2=10k^2$. Если $b$ и $c$ имеют общий множитель, то он же есть у $k$ (10 -- свободно от квадратов), так что на него можно сократить. Значит, квадраты $b^2$ и $c^2$ заканчиваются на 1 и 9.
Дальше, в принципе, можно уже провести перебор, с учетом неравенства треугольника. Наименьшее значение $k$ получается равным $5$, соответственно, $m = a=10$. Впрочем, можно заметить ещё, что $k$ нечетно и не делится на 3.

-- 02.01.2018, 16:37 --

Собственно, если нам нужно только минимальное $k$, можно поступить проще:
$b^2+c^2=10k^2$
если сумма квадратов $b,c$ делится на 3, то и сами $b,c$ делятся на 3, все длины можно сократить на 3.
если сумма квадратов $b,c$ делится на 4, то сами $b,c$ делятся на 2, все длины можно сократить на 2.

Значит, достаточно рассмотреть нечетные $k$, не делящиеся на 3.
$k=1$, тогда $b^2+c^2=10$, подходит только пара $(1,3)$, для которой $a=2k=2$, не выполняется неравенство треугольника.

$k=5$, тогда $b^2+c^2=250$, пара $(5,15)$, пропорциональна предыдущему решению, остается только $(9,13)$ для которой $a=2k=10$, треугольник со сторонами $9,10,13$ существует.

Только как-то подозрительно просто для задачи самого scwec!

[kotenok gav]

Shadow в сообщении #1280430 писал(а):

а значит и полная параметризация

А почему?

[Shadow]

kotenok gav в сообщении #1280716 писал(а):

А почему?

Для кривых второго порядка, если есть рациональная точка, то из нее (например по методу секущих) можно получить полное (без одной точки) однопараметрическое решение.

[kotenok gav]

Shadow в сообщении #1280718 писал(а):

например по методу секущих

По-моему, это приближенный метод для нахождения корня уравнения.

[scwec]

kotenok gav, как применять метод секущих для решения рассматриваемых здесь уравнений, посмотрите в доступной и небольшой по объему книжке В.В. Острик, М.А. Цфасман "Алгебраическая геометрия и теория чисел..."

[kotenok gav]

Спасибо! Теперь понятно!

[scwec]

provincialka в сообщении #1280698 писал(а):

Только как-то подозрительно просто

- это по п.2, но есть ещё п.3

[provincialka]

scwec в сообщении #1281797 писал(а):

но есть ещё п.3

вот времени пока нет... Кстати, он решается элементарными методами? или какими-нибудь сечениями и эллиптическими кривыми? Тогда я пас ...

[scwec]

п.3 для $N=1$ есть решение и элементарное и с помощью эллиптических кривых.
А для произвольного $N$, насколько мне известно, открытая проблема.

[scwec]

п.3. будет решён, если доказать, что не существует треугольника с рациональной площадью и со сторонами длиной $1,2,c$ где $c$ рациональное число. Эта задача обсуждалась на форуме и два её решения здесь привожу.
Первое решение.

nnosipov в сообщении #631414 писал(а):

Приведу полное решение. Пусть третья сторона треугольника равна $c$. Тогда косинус противолежащего угла равен $(5-c^2)/4$. Поскольку синус этого угла рационален, приходим к тому, что число

$$ -9+10c^2-c^4 $$

является квадратом рационального числа. Имеем уравнение $-9x^4+10x^2y^2-y^4=z^2$ или

$$ (y-x)(y+x)(3x-y)(3x+y)=z^2, $$

где натуральные числа $x$, $y$ можно считать взаимно простыми, при этом $x<y<3x$.

1. Предположим сначала, что $y \not\equiv 0 \pmod{3}$. Если $x \not\equiv y \pmod{2}$, то числа $y \pm x$, $3x \pm y$ попарно взаимно просты. Значит,

$$ y-x=a^2, \quad y+x=b^2, \quad 3x-y=c^2, \quad 3x+y=d^2 $$

для некоторых натуральных чисел $a$, $b$, $c$, $d$. Отсюда $x=(b^2-a^2)/2$, $y=(a^2+b^2)/2$ и

$$ b^2-2a^2=c^2, \quad 2b^2-a^2=d^2. $$

Но последняя система по модулю $3$ имеет только нулевое решение. При $x \equiv y \equiv 1 \pmod{2}$ числа $(y \pm x)/2$, $(3x \pm y)/2$ попарно взаимно просты. Значит,

$$ y-x=2a^2, \quad y+x=2b^2, \quad 3x-y=2c^2, \quad 3x+y=2d^2 $$

для некоторых натуральных чисел $a$, $b$, $c$, $d$. Отсюда $x=b^2-a^2$, $y=a^2+b^2$ и снова

$$ b^2-2a^2=c^2, \quad 2b^2-a^2=d^2. $$

2. Если $y \equiv 0 \pmod{3}$, то $x \not\equiv 0 \pmod{3}$. Положив $y=3y_1$, получим

$$ -9y_1^4+10y_1^2-x^4=z_1^2 $$

и далее рассуждаем как в п. 1.

Второе решение

scwec в сообщении #631643 писал(а):

Решение можно построить и следующим образом: косинус угла между сторонами $1,2$ равен или $\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ или $\frac{2ab}{a^2+b^2}$,
где, как обычно, $a,b$ - натуральные числа разной четности и взаимно простые.
Тогда в первом случае $c^2=\frac{a^2+9b^2}{a^2+b^2}$. Поскольку числитель и знаменатель взаимно просты, то они - квадраты.
Получили задачу Лича, которая при $k=3$ решений не имеет.
Во втором случае $c^2=\frac{5a^2+5b^2-8ab}{a^2+b^2}$. Числитель и знаменатель также взаимно просты и, следовательно, квадраты.
Из того,что знаменатель квадрат, следует, что одно из чисел $a,b$ делится на $3$, а другое нет. Но тогда числитель $\equiv{2}\mod{3}$ и не является квадратом. Итак, такого треугольника не существует.
При таком подходе, переходя к случаю $n,n+1$, есть надежда использовать теорию проблемы Лича и полученные уже там результаты.

.

[kotenok gav]

scwec в сообщении #1285698 писал(а):

п.3. будет решён, если доказать, что не существует треугольника с рациональной площадью и со сторонами длиной $1,2,c$ где $c$ рациональное число.

Почему?

[scwec]

Потому, что:
медиана делит исходный треугольник на два других одинаковой площади, и длины двух сторон (медина и половина стороны, к которой она проведена) в каждом из них в нашем случае ($N=1$) относятся как $2:1$. Поделив длины всех сторон на рациональную длину половины медианы получим треугольники со сторонами $1,2,c$, где $c$ рационально.
Площади их рациональны/иррациональны вместе с площадью исходного треугольника.