Целочисленный равнобедренный треугольник

[nnosipov]

Найдите все равнобедренные треугольники, у которых длины всех сторон и всех биссектрис суть целые числа.

Комментарий. Случайно выяснилось, что эта задача имеет и разумное решение, и разумный ответ. Скорее всего, это известная задача. Был бы признателен, если бы кто-нибудь дал ссылку на первоисточник.

[nnosipov]

Кстати, самый маленький из них имеет основание $a=546$ и боковую сторону $b=975$ (длины биссектрис $560$ и $936$).

[Shadow]

Ну, пусть длина бедер - единица. Тогда основание треугольника $\dfrac{4c}{c^2+1}$, высота к основанию, она же и биссектриса $\dfrac{c^2-1}{c^2+1}$, а чтобы и другая была рациональная, необходимо, если ничего не напутал, $c^2+1=2d^2$ что решается легко

$c=\dfrac{2n^2+4n+1}{2n^2-1},\;d=\dfrac{2n^2+2n+1}{2n^2-1}$

Получится двухпараметрическое решение в целых.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1529136 писал(а):

Получится двухпараметрическое решение в целых.

У меня два семейства 2-параметрических решений, в одно уложить не получилось. Вообще, хотелось бы увидеть полный ответ. У меня он достаточно громоздкий (не зря минимальный треугольник имеет трехзначные размеры).

[Shadow]

Конечно громоздкое, очень громоздкое. Завтра наверное напишу. А ваше решение - основание $\dfrac{546}{975}$ высота $\dfrac{396}{975}$ получается у меня при $c=7$ - наипростое решение уравнения $c^2+1=2d^2$ в рациональных.
Если напишете решение из другой параметризации, которое нельзя получить из первой, ну посмотрите улаживается ли оно в данное условие.

[Shadow]

Основание $B=2(2u^2-v^2)(2u^2+4uv+v^2)(2u^2+2uv-v^2)(6u^2+6uv+v^2)$

Бедро $A=(2u^2+2uv-v^2)(6u^2+6uv+v^2)(2u^2+2uv+v^2)^2$

Высота $H=4uv(u+v)(2u+v)(2u^2+2uv-v^2)(6u^2+6uv+v^2)$

Биссектриса $L=8u(u+v)(2u^2-v^2)(2u^2+4uv+v^2)(2u^2+2uv+v^2)$

Условие треугольника $\dfrac v u <\sqrt 2$. Решение выше получается при $u=v=1$

Конечно, может получится общий делитель, на которого нужно поделить.

[nnosipov]

Shadow
Очень похоже. Но у меня вот два таких семейства. Буду проверять.

В целом, вопрос упирается в каноническую параметризацию пифагоровых троек: какова она?

Не находится такой треугольник: основание $196742$, боковая сторона $176579$.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1529179 писал(а):

В целом, вопрос упирается в каноническую параметризацию пифагоровых троек: какова она?

$(u^2-v^2)t$

$2uvt$

$(u^2+v^2)t$

где $\gcd(u,v)=1,\;u \in \mathbb{Z},\; v\in\mathbb{N}$ и $t$ - целое или полуцелое.

Вот эти все условия при решении порождают всякие "но", "если", "а вдруг". Которых нету при решении в рациональных.

-- 21.08.2021, 12:41 --

nnosipov в сообщении #1529179 писал(а):

Не находится такой треугольник: основание $196742$, боковая сторона $176579$.

Такие получатся при $(u,v)=(3,2)$. Ну, есть еще $(-5,8);(-5,2);(-3;8)$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1529182 писал(а):

$(u^2-v^2)t$

$2uvt$

$(u^2+v^2)t$

где $\gcd(u,v)=1,\;u \in \mathbb{Z},\; v\in\mathbb{N}$ и $t$ - целое или полуцелое.

Да. Правда, мне больше по душе вариант, когда $t$ --- целое, а $u$ и $v$ --- взаимно простые разной четности.

Shadow в сообщении #1529182 писал(а):

Которых нету при решении в рациональных.

Не уверен, что этого можно избежать. Вот Вы написали некие формулы с параметрами $u$ и $v$ (речь идет о моей задаче). Но я, похоже, не понимаю, как ими нужно пользоваться, чтобы получить все решения. Не могли бы Вы это аккуратно сформулировать?

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1529186 писал(а):

Но я, похоже, не понимаю, как ими нужно пользоваться, чтобы получить все решения.

Как вариант: считать $u$ и $v$ взаимно простыми, при этом разрешается найденные решения домножать на произвольное натуральное число.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1529186 писал(а):

Не могли бы Вы это аккуратно сформулировать?

Значит, любому такому треугольнику с целыми сторонами и биссектрисами, соответствует подобный ему с бедром 1 и рациональными основанием и биссектрис. Опишем все такие треугольники. Проведем высоту к основанию. Она, половина основания и бедро образуют прямоугольный тр-к с рац. катетами и гипонузой 1. Параметризация ясна и полная: $h=\dfrac{c^2-1}{c^2+1},\; \dfrac a 2=\dfrac{2c}{c^2+1}$ от рац. параметра $c$.
Основание $a=\dfrac{4c}{c^2+1}$ По формулу для биссектрисы находим, что она равна:

$l=\dfrac{4c(c+1)}{c^2+4c+1}\cdot \sqrt{\dfrac{2}{c^2+1}}$. А значит, чтобы биссектриса была рацоинальной, необходимо

$c^2+1=2d^2$

Легко решаестя полностью от рац. параметра $n$

Shadow в сообщении #1529136 писал(а):

$c=\dfrac{2n^2+4n+1}{2n^2-1},\;d=\dfrac{2n^2+2n+1}{2n^2-1}$

Тут нужны ограничени на параметра $c>1,d>0$
И в принципе все, дальше досада с помощью систем компютерной алгебры. Нужно в формулах для основания и биссектрис подставить вместо $c$ эту функцию от $n$. Потом переходить уже к целым - сделать замену $n=\dfrac u v$, где $u,v$ уже целые. Привести все под общий знаменател - он и будет бедро целочисленного треугоьника, а числители - соответственно основание, высота и биссектриса. И получаются вышеописанные формулы в целых числах. Конечно, нужно добавить ко всему общий множитель $$ - рациональное число, знаменател котогоро равен НОД получившихся значений, а числитель - любое целое, в случае натуральное число. И решение полное, потому что все выше "без вариантов".
Вот Вы пишете: Есть треугольник

nnosipov в сообщении #1529179 писал(а):

основание $196742$, боковая сторона $176579$

А значит обязательно существует рац. $c>1$:

$\dfrac{4c}{c^2+1}=\dfrac{196742}{176579}$ Конечно $c=\dfrac{23}{7}$ Мало того, оно должно быть решение ур-я $c^2+1=2d^2$

Конечно $d=\dfrac{17}{7}$. Потом, поскольку $d=n(c-1)-1$ находим $n=\dfrac 3 2$. И вот эти $u=3,v=2$ при которых получится целочисленный тр-к, подобный вашему. А с параметром $t$ - и вовсе равный. Конечно на НОД нужно делить, напр. сразу видно, что при нечетном $v$ будет общий делитель 16. Но это не проблема.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1529241 писал(а):

Конечно на НОД нужно делить, напр. сразу видно, что при нечетном $v$ будет общий делитель 16. Но это не проблема.

Обратите внимание: в описании пифагоровых троек мы не делим, а умножаем, при этом параметры предполагаются взаимно простыми. Здесь Вы предлагаете делить на НОД (чего, кстати? здесь НОДы разные можно рассмотреть). То есть, это какая-то неканоническая форма записи ответа. Давайте ответ явно и полно сформулируем. (Сам способ решения мне абсолютно понятен, но речь идет именно об аккуратной записи ответа. Хочется понять, насколько простой может быть форма ответа.)

[Shadow]

Г-н nnosipov мне кажется, что данный параметр почти всегда существует при параметрических решений однородных уравнений и упускается по умолчанию - даже при самых простых второго порядка. Конечно, иногда при более простеньких удается вычислить возможный общий делитель и описать решение разными сериями. Но здесь не тот случай, мне кажется. И даже для пифагоровых троек, если я напишу $y=2uvt$, на вопрос "а как получить $y=3$", я не буду знать что ответить. Конечно, если возможно описать все случаи возможных общих делителей - тогда да, несколько серий решений имеет право на существование. Я такую возможность не рассматривал.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1529241 писал(а):

Конечно, нужно добавить ко всему общий множитель $$ - рациональное число, знаменател котогоро равен НОД получившихся значений, а числитель - любое целое, в случае натуральное число. И решение полное, потому что все выше "без вариантов".

А, вот теперь понятно, в каком виде у Вас будет получен ответ (пардон, я невнимательно прочитал). Да, это одна из конкурирующих форм записи ответа. Но мне такая форма ответа кажется все-таки неявной: этот самый НОД ведь надо как-то вычислять в общем виде (по крайней мере, возникает такое желание). Эта задача решаема (во всяком случае, когда речь идет об однородных многочленах как в нашем случае), но вот тут-то и возникнут ветвления, и мы в конце концов придем ко второй конкурирующей форме записи ответа. Вот поэтому я бы считал эту вторую форму записи ответа более естественной (канонической). В данной задаче она такова:

Основание: $a=d(m^2-2n^2)(m^2-n^2)$
Боковая сторона: $b=dn^2(m^2-n^2)$
Биссектриса: $l=dmn(m^2-2n^2)$
Высота: $h=\sqrt{b^2-a^2/4}$

Здесь $d$ --- любое натуральное число, а для пары $(m,n)$ натуральных чисел возможны два варианта: либо $(m,n)=(4\alpha\beta,\alpha^2+\beta^2)$, либо $(m,n)=(2(\alpha^2-\beta^2),\alpha^2+\beta^2)$. В обоих вариантах $\alpha>\beta$ --- взаимно простые натуральные числа разной четности, при этом в 1-м варианте $\alpha/\beta<1+\sqrt{2}$, а во 2-м варианте $\alpha/\beta>1+\sqrt{2}$. В итоге мы получим две серии решений, в каждой из которых $a$, $b$, $l$ и $h$ будут представлены в виде выражений типа $df(\alpha,\beta)$, где $f(\alpha,\beta)$ --- однородный многочлен 8-й степени.

Теперь вопрос, который мне интересен: а возможно ли обойтись одной серией указанного вида? (По-видимому, невозможно, но доказательства у меня нет.) Поначалу я подумал, что Вам удалось это сделать, но теперь вижу, что нет, у Вас просто принципиально другая форма ответа, и если ее перевести в мою, то и возникнут несколько серий.

[nnosipov]

Вот пример с односерийным по форме ответом. Множество решений уравнения $x^2-2y^2+3yz-z^2=0$ в целых числах имеет вид: $x=dmn$, $y=d(m^2-n^2)$, $z=d(2m^2-n^2)$, где $m$ и $n$ --- произвольные взаимно простые целые числа, $d$ --- любое целое число.