Бесконечное семейство героновых треугольников

[scwec]

Найдите бесконечное семейство героновых треугольников, у каждого из которых:
одна из сторон имеет длину 1, высота, опущенная на эту сторону, имеет целую длину
и все длины этих высот для треугольников семейства различны.
(Для справки: по определению в героновом треугольнике все длины сторон и площадь - рациональные числа).

[Andrey A]

scwec в сообщении #1309861 писал(а):

бесконечное семейство... и все длины... различны.

Хоть бы на один посмотреть. Нельзя ли численный пример?

[scwec]

$3$ - это наименьшее целое, которое может быть длиной высоты в героновом треугольнике со стороной длины 1, на которую эта высота опущена. Этот треугольник $(1,13/4,15/4)$.

[Andrey A]

Это удивительно!

[scwec]

Вот ещё геронов треугольник с длиной высоты $3$ и длиной стороны $1$: $\left(1,\dfrac{11881}{3640},\dfrac{13729}{3640}\right)$. Таких треугольников бесконечно много (но это уже другая тема).

[Andrey A]

$$1, \dfrac{cd \left ( (2a^2b^2+1)^2-(2ab)^2 \right )}{2ab \left ( (ac)^2+(bd)^2 \right )}, \dfrac{(2ab^3d+c)(2a^3bc-d)}{2ab \left ( (ac)^2+(bd)^2 \right )}.$$

$$h=\dfrac{cd(2ab^3d+c)(2a^3bc-d)}{\left ( (ac)^2+(bd)^2 \right )^2}$$

Тут $a,b,c,d$ - целые аргументы, условия сократимости последней дроби таковы: $4(ab)^4 \equiv -1 \mod m$ для некоторого нечетного $m= (ac)^2+(bd)^2$ при правильном выборе знаков $c,d$. Примеру $(1,13/4,15/4)$ соответствуют $a=2,b=c=d=1$. Конечно это связано с перебором значений, но на большее меня не хватило. Для $m=13=(3\cdot 1)^2+(2\cdot 1)^2$ находим $4\cdot (3\cdot 1)^4 \equiv -1 \mod 13$, тогда $a=3,b=1,c=1,d=2.$ Отсюда решение $\left ( 1,\dfrac{25}{3},\dfrac{26}{3} \right );$ $h=8$.
Возможен еще вариант, но видимо эта схема проходит не по любому модулю.

[scwec]

Один из вариантов решения:
элемент бесконечного семейства - треугольник $\left(1,\dfrac{2N^3-N-1}{2N},\dfrac{2N^3-N+1}{2N}\right)$ и $h=N^2-1$,
где $N>1$ натуральное число.
Если вспомнить параметризацию для сторон геронова треугольника $a=L(u-1/u+v-1/v),b=L(u+1/u),c=L(v+1/v)$, то полагая
$u=\dfrac{N}{N+1}, v=\dfrac{N}{N-1}, L=\dfrac{N^2-1}{2}$, получим искомое бесконечное семейство.

[scwec]

Одно замечание.
Все героновы треугольники из предложенного бесконечного семейства тупоугольные.
Интересно найти остроугольный геронов треугольник с длиной одной из сторон $1$ и целой длиной высоты, опущенной на неё,
или доказать отсутствие таких треугольников.

[Andrey A]

scwec, для меня Ваши замечательные подмены - что-то вроде волшебства. Моё решение сыровато: для заданного $m$ существует способ обойтись без факторизации и перебора, его пока не выкладываю. Бесконечную серию можно получить при $ac=bd+1$, причем для простых $m$ похоже это единственное решение и наименее тупоугольное. Видимо, тут зависимость от $(ac)^2-(bd)^2$, тогда самый "не пизанский" треугольник - как раз из Вашего первого примера. Для составных модулей могут быть другие решения, описать которые пока не удается.

Всех с праздником!

[scwec]

Для параметров $u,v,L$ есть бесконечное число выборов, приводящих к различным бесконечным семействам.
Приведу ещё один набор.
$u=\dfrac{2N(N+1)(2N^2-2N+1)}{(-1+N)(2N^2-1)(2N^2+2N+1)}$
$v=\dfrac{(N+1)(2N^2-1)(2N^2-2N+1)}{2N(-1+N)(2N^2+2N+1)}$
$L=\dfrac{N^2-1}{2}$
Соответственно треугольники имеют длины сторон:
$a=1$
$b=\dfrac{16N^{10}-16N^8-16N^7+8N^6+40N^5-20N^3+N^2+2N+1}{4N(2N^2-1)(2N^2+2N+1)(2N^2-2N+1)}$
$c=\dfrac{16N^{10}-16N^8+16N^7+8N^6-40N^5+20N^3+N^2-2N+1}{4N(2N^2-1)(2N^2+2N+1)(2N^2-2N+1)}$
Длина высоты $h=N^2-1$
Возможность множества выборов имеет причину в том, что в семействе эллиптических кривых, характеризующих героновы треугольники со стороной длины $1$ и длиной высоты на неё опущенной $h$,
$W^2=U^3+(1+2h^2)U^2+h^4{U}$, где $h$ - натуральное число, при $h=N^2-1$, все кривые имеют ненулевой ранг и на них можно найти рациональные точки бесконечного порядка.
Это обстоятельство всё и решает.

[Andrey A]

Моё решение свелось в результате в точности к Вашему первому (с кубами, $N=ab$) за исключением тривиальных случаев. А вопрос всего лишь об условиях сократимости дроби $\dfrac{2abcd}{(ac+bd)(ad-bc)}$. Красивая задача. Может и есть решение на языке сравнений, кто знает. Вот всплыли по ходу два неожиданных тождества:

$$4n^4+1=\left ( (n-1)^2+n^2 \right )\left ( n^2+(n+1)^2 \right )$$

$$(2n+1)^4+4=\left ( (2n)^2+1 \right )\left ( (2n+2)^2+1 \right )$$

[Sender]

Andrey A в сообщении #1311455 писал(а):

Вот всплыли по ходу два неожиданных тождества

Которые на поверку оказываются частными случаями ещё более неожиданного:

$$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$$

[Andrey A]

Ну, отсюда и вывел. Однако же, что $n^4+4$ - всегда составное число (или /4) - не зналЪ.

[scwec]

Sender в сообщении #1311466 писал(а):

Которые на поверку оказываются частными случаями ещё более неожиданного:

$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$

Но это популярное тождество само является лишь частным элементом мира "Multiplicative Domain" из "Diophantine analysis" Роберта Кармайкла.

По теме обсуждения: кроме $h=N^2-1$, есть бесконечно много других значений $h$, для которых существуют героновы треугольники со стороной $1$.
Привожу все эти значения $h$ до 200 (вместе с $h=N^2-1$):

h=3,5,7,8,10,13,15,18,21,24,27,30,35,37,39,40,41,42,43,44,47,48,49,51,52,55,57,58,60,61,62,63,64,67,68,
70,71,72,73,74,76,77,80,81,86,88,91,93,95,99,103,105,106,107,110,111,112,116,117,118,119,120,123,124,125,
128,129,132,133,134,135,136,138,140,141,142,143,145,148,152,154,155,157,159,160,163,164,168,169,172,174,
176,177,180,182,183,184,185,187,188,190,191,193,195,197,199

[scwec]

Приведу численные примеры героновых треугольников для некоторых $h$ из вышеприведенного списка ($h\ne{N^2-1}$)
$h=5$ -> $\left(1,\dfrac{949}{84},\dfrac{1025}{84}\right)$
$h=7$ ->$\left(1,\dfrac{9919}{792},\dfrac{10585}{792}\right)$
$h=10$ -> $\left(1,\dfrac{965}{84},\dfrac{1009}{84}\right)$
$h=13$ -> $\left(1,\dfrac{5738365}{259692},\dfrac{5950321}{259692}\right)$
$h=27$ -> $\left(1,\dfrac{119197}{1364},\dfrac{120495}{1364}\right)$
$h=30$ -> $\left(1,\dfrac{1347}{28},\dfrac{1369}{28}\right)$
$h=40$ -> $\left(1,\dfrac{18649}{231},\dfrac{18850}{231}\right)$
Выбирались треугольники с не слишком громоздкими длинами сторон и занимающими небольшое время для вычислений.
Но уже в пределах первой сотни встречаются экземпляры, вычисление для которых (например, для $h=67$) совершенно неподъёмно.