Треугольник Герона со сторонами-квадратами

[scwec]

Перед второй скобкой минус.

[scwec]

Итак, $a=1853^2,b=4380^2,c=4427^2$ - длины сторон геронова треугольника.
Задача: найдите рациональное $R\ne{0}$ такое, что числа $aR+1, bR+1, cR+1$ - квадраты рациональных чисел

[grizzly]

grisania в сообщении #975394 писал(а):

Пример выше показывает, что диофантово уравнение (1) имеет хотя бы одно положительное решение. Наверно должны быть ещё положительные решения? Это одно положительное решение какое-то несуразное.

здесь кто-то писал(а):

As of April 4, 2018, I am pleased to announce that a careful exhaustive search by me has discovered the second unique primitive Heron triangle with square sides,

[ a, b, c, area ] = $[11789^2 , 68104^2 , 68595^2 , 284239560530875680]$

This Heron triangle was found after several months of using a GMP/C++ parallel search program running on a 12-cluster of Intel Corei7 x990 cpus running at 3.47Ghz. The first triangle found by Stanica et al was quickly located by the program upon start up, but over 27K hours of compute time passed before the second triangle was found.

It is now conjectured that more such primitive Heron triangles with square sides exist, but they seem difficult to locate.

Процесс идёт

[scwec]

Кто бы сомневался. Будут и другие трудные решения. Причина - неинвариантность (в некотором смысле) решений. Это вам не проблема Штейнгауза.

[Коровьев]

Удивительная связь.
Пусть существует совершенный кубоид с целыми сторонами $a,b,c$. Тогда

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} a^2 + b^2 = d_{ab} ^2 \\ \\ b^2 + c^2 = d_{bc} ^2 \\ \\ c^2 + a^2 = d_{ca} ^2 \\ \\ a^2 + b^2 + c^2 = d_{abc} ^2 \\ \end{array} \right. \] $

Получаем систему

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 = 2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) \\ \\ d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 - d_{ca} ^2 = 2b^2 \\ \\ d_{ab} ^2 - d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 = 2a^2 \\ \\ - d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 = 2c^2 \\ \\ \end{array} \right. \]$

Площадь треугольника составленного из квадратов величин диагоналей по формуле Герона

$$\[ S = \sqrt {\left( {\frac{{d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 }}{2}} \right)\left( {\frac{{d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 - d_{ca} ^2 }}{2}} \right)\left( {\frac{{d_{ab} ^2 - d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 }}{2}} \right)\left( {\frac{{ - d_{ab} ^2 + d_{bc} ^2 + d_{ca} ^2 }}{2}} \right)} = d_{abc} bac \]$

Следовательно:
Треугольник составленный из квадратов величин диагоналей совершенного кубоида является Героновым

[kotenok gav]

Коровьев в сообщении #1330732 писал(а):

Треугольник составленный из квадратов величин диагоналей совершенного кубоида является Героновым

Это открывалось кучу раз и многие из них на этом форуме (post1081114.html#p1081114). К сожалению, обратное утверждение неверно.

[Andrey A]

Зато легко решается подобная задача с радикалами. Например треугольник со сторонами $\sqrt{26},\sqrt{10},\sqrt{20}$ имеет целую площадь $s=7$.
В общем виде $a=\sqrt{2k^2n^2+2l^2(m+n)^2},b=\sqrt{2k^2n^2+2l^2(m-n)^2},c=\sqrt{4l^2m^2+4n^2(k-l)^2},$ $s=(kn)^2+(lm)^2-(ln)^2$, хотя есть еще вариант с одной заведомо целой стороной и двумя радикалами. Это связано, конечно, с уравнением $x^2+y^2+z^2=t^2$, которое имеет общее решение. Могут возникать пропорциональные тройки, но значения под радикалами при сокращении должны оставаться четными.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1330816 писал(а):

... должны оставаться четными.

p.s. это неверно. Просто коэффициентом пропорциональности надо брать $K=\gcd (a^2,b^2,c^2,s)$.
При $k=18,l=10,m=18,n=5$ получаем $K=2000$ и $A=\sqrt{61},B=\sqrt{25},C=\sqrt{68},S=19.$

[kotenok gav]

Проверил: из второго тр-ка кубоидов не выходит

-- 06 авг 2018, 13:04 --

Из первого тоже

-- 06 авг 2018, 13:25 --

Запустил программу перебора героновых тр-ков. По моим расчетам, будет работать 300 лет

-- 06 авг 2018, 13:25 --

Запустил программу перебора героновых тр-ков. По моим расчетам, будет работать 300 лет

[Andrey A]

(Оффтоп)

Ещё о радикалах. Задача нахождения треугольника заданной площади $s$ со сторонами-радикалами $(a,b,c)$ сводится к факторизации значения $(4s)^2+n^2=d_1d_2$ (множители одночётные, $n$ - свободная переменная): $a,b=\dfrac {d_1+d_2\pm 2n}{4},c=d.$ То, что $a,b$ - числа вида $p^2+q^2$ отсюда напрямую не следует, зато следует неограниченное кл-во решений для заданного $s$. Приведу несколько решений для $s=1$:
$\sqrt{2},\sqrt{10},\sqrt{20};\ \sqrt{5},\sqrt{17},\sqrt{40};...\ 8,13,41;\ 10,20,58;\ 13,20,65;\ 17,37,104;\ 29,40,137...$ и т.д. В отдельную тему не выношу, поскольку добавить тут нечего кроме, пожалуй, следующего. По мере увеличения длин сторон треугольники с единичной площадью всё более походят на вырожденный. Задачу нахождения такого тр-ка по заданной стороне $\sqrt{m}$ ($m$ - нечетное вида $p^2+q^2$) можно выразить так: $\sqrt{m}\approx \sqrt{x}+\sqrt{y}$, но лучшее верхнее приближение соответствует $s(\sqrt{m},\sqrt{x},\sqrt{y})=\frac{1}{2}:\ x,y\approx \dfrac{(m\pm n)^2}{4m}$, где нечетное $n$ удовлетворяет сравнению $n^2\equiv -4 \mod m$. Лучшее нижнее приближение для нечетного составного $m$ соответствует поиску сторон "впуклого" треугольника с площадью $s(\sqrt{m},\sqrt{x},\sqrt{y})=\frac{\sqrt{-1}}{4}:\ x,y\approx \dfrac{(m\pm n)^2}{4m},$ где четное $n$ удовлетворяет сравнению $n^2\equiv 1 \mod m$, что равносильно факторизации $m$: $x-y=n$.

[Andrey A]

scwec в сообщении #496893 писал(а):

Или уж напрямую решать в натуральных числах уравнение $(x^2+y^2+z^2)(x^2+y^2-z^2)(x^2+z^2-y^2)(y^2+z^2-x^2)=16S^2... $

Если не ошибаюсь, уравнение сводится к системе в рациональных числах $\left\{\begin{matrix} X^2+Y^2=Z^4 \\ X^2+(Y-1)^2=T^4 \end{matrix}\right. \Rightarrow Z=\dfrac{x}{z};T=\dfrac{y}{z}.$
Или же я ломлюсь в открытые двери.

[maxal]

grizzly, спасибо за наводку. Добавил в OEIS последовательность A318575.

[grisania]

Существуют пары треугольников Герона со сторонами-квадратами с равными периметром и площадью
Пример:
$661^2, 1498^2, 1515^2$ и $921^2, 1310^2, 1553^2$
Второй пример:
$71297^2, 77895^2, 97154^2$ и $67005^2, 81926^2, 96893^2$
В статье
https://projecteuclid.org/journals/functiones-et-approximatio-commentarii-mathematici/volume-66/issue-2/Pairs-of-equiperimeter-and-equiareal-triangles-whose-sides-are-perfect/10.7169/facm/1985.short
или
https://arxiv.org/abs/2104.06270
доказано, что таких пар треугольников Герона существует бесконечно много.

[scwec]

grisania в сообщении #1560939 писал(а):

Существуют пары треугольников Герона со сторонами-квадратами с равными периметром и площадью

Здесь лишним является слово "Герона". Предъявленные треугольники не Героновы.

grisania в сообщении #1560939 писал(а):

доказано, что таких пар треугольников Герона существует бесконечно много.

Здесь так же лишним является слово "Герона".