Целочисленный равнобедренный треугольник

[Shadow]

nnosipov Вы правы. Кажется действительно тут можно обойтись двумя сериями, без деления. Возмем за базу примитивный пифаговорый тр-к (полуоснование, высота, бедро), проведем биссектрису, постараемся, чтобы она была рациональной. (Потом домножим на знаменатель)

$b=u^2+v^2$

Первый случай, когда $a=4uv$ к решению не приводит, потому что для биссектрисы получается $2(u^2+v^2)$ - квадрат, что не может быть при $u,v$ разной четности. Они должны быть нечетными, а значит существуюу $m=(u+v)/2,n=(u-v)/2$ разной четности, короче сразу второй случай: $a=2(u^2-v^2),\; h=2uv$. В этом случае получается (при взаимнопростых $u,v$ разной четности)

$l=\dfrac{4u(u^2-v^2)\sqrt{u^2+v^2}}{3u^2-v^2}$

$\gcd(3u^2-v^2,u)=\gcd(3u^2-v^2,u^2-v^2)=\gcd(3u^2-v^2,u^2+v^2)=1$

Тоесть, дробь несократима. Или

$\\b=(u^2+v^2)(3u^2-v^2)\\ a=2(u^2-v^2)(3u^2-v^2)\\ h=4uv(3u^2-v^2)\\ l=4u(u^2-v^2)\sqrt{u^2+v^2}$

Тут понятно, $u,v,w$ - пифагорова тройка, получася две серии решений - для четном $u$ и четном $v$ с условием $u>v$.
И $\gcd(a,b,h,l)=1$

тут мин. решение, очевидно при $u=4,v=3$ - ваше.
Получился пересказ вашего предыдущего поста другими словами (и переменными).

[nnosipov]

Shadow
Видимо, наличие нескольких серий в ответе --- типичная ситуация. Напротив, примеры, где ответом служит одна серия, приходится искусственно конструировать (см. http://dxdy.ru/post1529274.html#p1529274).

Еще одно замечание (на всякий случай напомню): если $f(u,v)$ и $g(u,v)$ --- однородные (одинаковой степени) многочлены с целыми коэффициентами, то мы в принципе можем решить вопрос о нахождении $\gcd{(f(u,v),g(u,v))}$ при любых целых $u$, $v$. Ясно (из-за однородности), что можно ограничиться случаем, когда $\gcd{(u,v)}=1$. Можно также считать, что многочлены $f$ и $g$ взаимно просты. Тогда все возможные значения $d=\gcd{(f(u,v),g(u,v))}$ --- это делители результанта многочленов $f(u,1)$ и $g(u,1)$. В частности, этих значений конечное множество. (Хотя можно и без результанта обойтись: находим два многочлена $h_1(u)$ и $h_2(u)$ с целыми коэффициентами и такое целое число $A$, что $f(u,1)h_1(u)+g(u,1)h_2(u)=A$. Тогда $d$ --- какой-то делитель $A$.)

[scwec]

nnosipov в сообщении #1529118 писал(а):

Был бы признателен, если бы кто-нибудь дал ссылку на первоисточник.

Диссертация Ralph H. Buchholz "On Triangles with rational altitudes, angle bisectors or medians" 1989 год, в сети свободно.
Часть 2 посвящена биссектрисам.
Здесь найдется много чего интересного.

[nnosipov]

scwec
Спасибо, это то, что нужно: раздел 2.2 "Isosceles Restriction" ровно эта задача.

[nnosipov]

Господа, вот такой вопрос возник после чтения упомянутой выше диссертации (точнее, раздела 2.3 Pyphagorean Restriction): а существует ли прямоугольный треугольник с тремя целочисленными биссектрисами? Как я понял, автор получил отрицательный ответ только в случае, когда стороны треугольника тоже целочисленны. А если они произвольны?

Между прочим, соотношение между биссектрисами прямоугольного треугольника оказалось довольно жутким: однородное уравнение степени 24.

[Dendr]

nnosipov в сообщении #1529502 писал(а):

существует ли прямоугольный треугольник с тремя целочисленными биссектрисами?

Немного переформулирую.
Пусть $a\in\mathbb{R}$. Построим прямую, проходящую через точки $(a, 0)$ и $(\sqrt{2},\sqrt{2})$ и рассмотрим треугольник, образованный этой прямой и координатными осями. Вопрос: существует ли такое значение $a$, при котором обе биссектрисы, построенные к катетам, рациональны?

Очевидно, что если существует, то ответ и на первый вопрос положительный - достаточно масштабного преобразования (третья биссектриса равна 2). Также, $a$ достаточно рассмотреть в пределах $(\sqrt{2}, 2\sqrt{2})$. Однако, еще до выкладок видно, что рациональность даже квадрата биссектрисы будет выяснить непросто.
С другой стороны, есть бессчетное множество значений $a$, при котором каждая из биссектрис в отдельности принимает рациональное значение. Просто из-за континуума.
Если эти множества пересекаются, то все здорово. Хотя треугольник мы все равно не нашли.

Интуиция подсказывает, что все-таки, они пересекутся, причем в бесконечном количестве точек...

[nnosipov]

Вроде бы, удалось доказать, что нет таких треугольников: то уравнение, которое связывает биссектрисы, оказалось разложимо над $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Так что все дело оказалось в иррациональности $\sqrt{2}$.

[nnosipov]

Имеет смысл поискать доказательство отсутствия искомых треугольников без использования CAS.

scwec
что скажете? (Возможно, Вы читали Бухгольца более тщательно и он что-то пишет про такой вариант постановки вопроса. Я пробежался пока только по диагонали.)

[scwec]

nnosipov в сообщении #1529536 писал(а):

scwec
что скажете? (Возможно, Вы читали Бухгольца более тщательно и он что-то пишет про такой вариант постановки вопроса. Я пробежался пока только по диагонали.)

Бухгольц сразу в аннотации пишет, что рассматриваются в работе Героновы треугольники, так что вряд ли он имел в виду и что-то другое.

[nnosipov]

Вот соотношение на биссектрисы ($l_3$ --- биссектриса, проведенная к гипотенузе):

l[2]^12*l[3]^12+l[2]^12*l[1]^12+l[3]^12*l[1]^12-6*l[2]^12*l[3]^10*l[1]^2-12*l[2]^10*l[3]^12*l[1]^2-6*l[2]^10*l[3]^2*l[1]^12-20*l[2]^6*l[3]^6*l[1]^12+15*l[2]^8*l[3]^4*l[1]^12+15*l[2]^4*l[3]^8*l[1]^12-6*l[2]^2*l[3]^10*l[1]^12-48*l[2]^4*l[3]^10*l[1]^10-12*l[2]^2*l[3]^12*l[1]^10-6*l[2]^12*l[3]^2*l[1]^10-60*l[2]^10*l[3]^4*l[1]^10+66*l[2]^8*l[3]^6*l[1]^10+60*l[2]^6*l[3]^8*l[1]^10+15*l[2]^12*l[3]^4*l[1]^8+66*l[2]^10*l[3]^6*l[1]^8+39*l[2]^4*l[3]^12*l[1]^8-21*l[2]^8*l[3]^8*l[1]^8-18*l[2]^6*l[3]^10*l[1]^8-20*l[2]^12*l[3]^6*l[1]^6-24*l[2]^6*l[3]^12*l[1]^6-18*l[2]^8*l[3]^10*l[1]^6+60*l[2]^10*l[3]^8*l[1]^6-48*l[2]^10*l[3]^10*l[1]^4+39*l[2]^8*l[3]^12*l[1]^4+15*l[2]^12*l[3]^8*l[1]^4=0

Удивительно, но левая часть факторизуется над $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$.

Является ли это соотношение достаточным для того, чтобы положительные числа $l_1$, $l_2$, $l_3$ были длинами биссектрис некоторого прямоугольного треугольника (при этом считаем, что $l_3$ --- длина биссектрисы, проведенной к гипотенузе)?

Upd. Ответ: нет.

[nnosipov]

Для любых двух положительных чисел существует единственный прямоугольный треугольник, у которого длины биссектрис, проведенных к катетам, равны этим числам.

Предлагаю всем желающим доказать это утверждение.

[lel0lel]

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\Delta ABC$ с прямым углом $\angle C$. Биссектрисы $AK=s_1$, $BL=s_2$. Обозначим $\angle ABC=\alpha$, тогда $LC=s_2\sin(\alpha/2)$, $CK=s_1\sin(\pi/4-\alpha/2)$. Пусть $\angle LKC=\beta$, тогда $\tg \beta=\frac{s_2}{s_1}\frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\pi/4-\alpha/2)}$. По свойству биссектрисы (вместе с тем используя прямоугольность) получим $AC=\frac{2(s_2^2 LC-LC^3)}{s_2^2-2LC^2}$, $BC=\frac{2(s_1^2 CK-CK^3)}{s_1^2-2CK^2}$. Обозначим $LC=m, CK=n$ и введём декартову систему координат с центром в вершине угла $C$. Мы можем явно выписать координаты точек $L, K, A, B$: $A(0,\frac{2(s_2^2 m-m^3)}{s_2^2-2m^2})$, $L(0,m)$, $B(\frac{2(s_1^2 n-n^3)}{s_1^2-2n^2},0)$, $K(n,0)$. Теперь находим координаты точки пересечения биссектрис и приравниваем их друг к другу; приравнивать можно, так как третья биссектриса выходит из прямого угла. В результате имеем следующее соотношение: $\frac{LC}{CK}=(\frac{s_2}{s_1})^2\left(\frac{AC}{BC}\right)^2$, оно справедливо только для прямоугольного треугольника. Если отношение сторон записать через тангенсы, то $\tg \beta=(\frac{s_2}{s_1})^2(\tg\alpha)^2$. Вспомним, что выше мы получили выражение для $\tg \beta$. Получаем уравнение на угол $\alpha$:

$$\frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\pi/4-\alpha/2)}=\frac{s_2}{s_1}(\tg\alpha)^2.$$

Исследуя функции в левой и правой частях уравнения, заключаем, что в интервале $0<\alpha<\pi/2$ имеется единственный корень при любых численных значениях длин биссектрис.

Кстати, довольно понятно, что в прямоугольном треугольнике достаточно задать любые два непараллельные отрезка, чтобы однозначно задать треугольник. Это своего рода признак равенства треугольников. В произвольном треугольнике для однозначного задания (определения треугольника) необходимо задать три попарно непараллельные отрезка. При этом, конечно, эти отрезки должны быть чётко определены, например: биссектрисы, трисектрисы, медианы, высоты и так далее. Также, длины отрезков должны быть подчинены некоторому неравенству по типу неравенства треугольника. Интересно было бы это доказать.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1538015 писал(а):

Получаем уравнение на угол $\alpha$:

$$\frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\pi/4-\alpha/2)}=\frac{s_2}{s_1}(\tg\alpha)^2.$$

Да, что-то в таком духе ожидалось, спасибо. Интересно, есть ли такая формула в известных задачниках типа Прасолова. По-моему, она сама по себе интересна.

У меня решение чисто алгебраическое и более прямолинейное: выражаем катеты $a$, $b$ через гипотенузу $c$ и заданные длины биссектрис, подставляем найденные выражения в уравнение $a^2+b^2=c^2$, откуда находим $c$.

lel0lel в сообщении #1538015 писал(а):

Также, длины отрезков должны быть подчинены некоторому неравенству по типу неравенства треугольника.

А вот это, кстати, необязательно. Оказывается, набор длин биссектрис треугольника может быть совершенно любым (в отличие от наборов длин медиан и высот). Это старый и (более-менее) известный сюжет, на dxdy он когда-то обсуждался, но, насколько помню, без математических деталей.

[lel0lel]

nnosipov в сообщении #1538024 писал(а):

У меня решение чисто алгебраическое

Тоже сначала получил громоздкое алгебраическое уравнение на один из катетов, но доказывать, что уравнение имеет единственное решение показалось сложно.

Сейчас рассмотрел случай произвольного треугольника с углами $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3=\pi-(\alpha_1+\alpha_2)$ и биссектрисами, выходящими из этих углов, соответственно равными $s_1, s_2, s_3$. Пересекаясь, биссектрисы разбивают исходный треугольник на $6$ треугольников, в каждом мы знаем все углы. Пусть точка пересечения делит биссектрису $s_i$ на два отрезка $s_{i,1}, s_{i,2}$ считая от вершины угла. Тогда, применяя теорему синусов в каждом треугольнике, получим $6$ линейных относительно $s_{i,j}$ уравнений, но независимыми являются только $5$. Выражаем все $s_{i,j}$ через $s_{1,1}$. Затем находим отношения $s_i/s_j=(s_{i,1}+s_{i,2})/(s_{j,1}+s_{j,2})$ и получаем ответ для произвольного треугольника:

$$\frac{s_i}{s_j}=\frac{\sin(\alpha_i+\alpha_j/2)\sin\alpha_j}{\sin(\alpha_j+\alpha_i/2)\sin\alpha_i}$$

Если подставить $\alpha_2=\pi/2-\alpha_1$, то, после преобразований, придём к формуле полученной выше для прямоугольного треугольника.

В связи с этим можно предложить олимпиадную задачку для старшей школы: в треугольнике с углами $30^{\circ},45^{\circ},105^{\circ}$ найти отношение длин биссектрис $s_1:s_2:s_3$