О целочисленных треугольниках

[Droog_Andrey]

Можно ли треугольник $ABC$ c целочисленными сторонами разбить точкой $D$ внутри него на три треугольника $ABD$, $ACD$, $BCD$, стороны которых также целочисленны?

Красивое "почти решение":

[THC]

"почти решение" значит приближенное решение?
Вообще-то все точные и приблизительные решения можно найти на компьютере...

[Droog_Andrey]

THC в сообщении #233940 писал(а):

"почти решение" значит приближенное решение?

Да. Сумма углов при вершине $D$ у изображённых целочисленных треугольников равна $2\pi+0.0000000359...$, т.е. они сложены чуть-чуть "в нахлёст".

THC в сообщении #233940 писал(а):

Вообще-то все точные и приблизительные решения можно найти на компьютере...

Все?

[maxal]

см. http://mathworld.wolfram.com/TriangleDissection.html

[Droog_Andrey]

ОК, там приведён пример:


Но вот как решить...

[maxal]

Уже для равностороннего внешнего треугольника существует бесконечно много (попарно непропорциональных) решений:
точка $P$ на расстояниях
$PA = m^2 + n^2$
$PB = m^2 - mn + n^2$
$PC = m^2 + mn + n^2$
где $m = 2(u^2 -v^2)$ и $n = u^2 + 4uv + v^2$ ($u,v$ - произвольные целые)
располагается в равностороннем треугольнике:
$AB=AC=BC= 8(u^2 - v^2)(u^2 + uv + v^2).$
Наименьший пример - это расстояния $(57, 65, 73)$ в равностороннем треугольнике со стороной $112$.

-- Sun Aug 09, 2009 08:13:23 --

Вот статья по теме:
T.G. Berry. Points at rational distances from the vertices of a triangle. Acta Arith, 1992.

[THC]

По-моему Droog_Andrey спросил: существует ли решение для заданного внешнего треугольника и как его найти?
А maxal ответил на вопрос: Существует ли внешний треугольник, который имеет решение?

[Droog_Andrey]

maxal в сообщении #233953 писал(а):

Вот статья по теме:
T.G. Berry. Points at rational distances from the vertices of a triangle. Acta Arith, 1992.

О, спасибо!

[Droog_Andrey]

Добрался до статьи. Оказывается, она не совсем по теме; там оценивается множество точек, расстояния от которых до вершин треугольника рациональны, но на стороны треугольника наложены более слабые условия.

Однако ссылки [1]-[3] оттуда имеют более непосредственное отношение к сабжу.

В конечном итоге хотелось бы, действительно, узнать,

THC в сообщении #233959 писал(а):

существует ли решение для заданного внешнего треугольника и как его найти?

P.S. Нашёл весьма красивый пример разбиения целочисленного равнобедренного треугольника на другие целочисленные точками на одной из сторон:


Фишка в том, что трёхчлен $x^2+3x+9^2$ пробегает при целых $x$ довольно много квадратов $(9^2, 11^2, 13^2, 17^2, 27^2, 79^2)$.

[THC]

Пусть $ABC$ - прямоугольный треугольник ($BC$ гипотенуза). Точка $M$ находится на стороне $AC$ (внутри неё).
Доказать, что НЕ существуют натуральные числа $a, b, c, d$ такие, что:
$AB=CM=a$
$MA=b$
$BM=c$
$BC=d$
(Эту задачу я получил переформулировкой известной мне задачи и сам уже её решил)

[Droog_Andrey]

Т.е. нужно доказать, что если $\{p,q,r\}$ - упорядоченная по возрастанию пифагорова тройка, то $p^2-2pq+r^2$ не может быть полным квадратом.

[maxal]

THC в сообщении #235231 писал(а):

Пусть $ABC$ - прямоугольный треугольник ($BC$ гипотенуза). Точка $M$ находится на стороне $AC$ (внутри неё).
Доказать, что НЕ существуют натуральные числа $a, b, c, d$ такие, что:
$AB=CM=a$
$MA=b$
$BM=c$
$BC=d$

Другими словами, нужно решить систему диофантовых уравнений:

$$\begin{cases} a^2 + b^2 = c^2\\ a^2 + (a+b)^2 = d^2 \end{cases} $$

Без потери общности можно считать, что $a$ и $b$ взаимно-просты, и выражаются в виде $(a,b)=(2uv,u^2-v^2)$ или $(a,b)=(u^2-v^2,2uv)$ для некоторых целых $u,v$. Тогда второе уравнение системы приобретает вид:

$$d^2 = u^4 + 4 u^3 v + 6 u^2 v^2 - 4 u v^3 + v^4$$

или

$$d^2 = 2 u^4 + 4 u^3 v - 4 u v^3 + 2v^4 $$

которые соответствуют эллиптическим кривым:

$$y^2 = x^4 + 4 x^3 + 6 x^2 - 4 x + 1$$

и

$$y^2 = 2 x^4 + 4 x^3 - 4 x + 2.$$

Обе кривые имеют ранг 0, все рациональные точки на них также нетрудно найти.

[THC]

Да, к сожалению, я нашёл ошибку в своём решении... Хотя условие задачи я написал правильно.
maxal, правда ли что эта система диофантовых уравнений не имеет решения среди натуральных чисел?

[maxal]

THC в сообщении #235267 писал(а):

maxal, правда ли что эта система диофантовых уравнений не имеет решения среди натуральных чисел?

Правда.
Например, на кривой $y^2 = 2 x^4 + 4 x^3 - 4 x + 2$ лежат четыре рациональные точки: $(\pm 1,\pm 2),$ которые дают решения c $a=0$.

[age]

maxal в сообщении #235245 писал(а):

THC в сообщении #235231 писал(а):

Пусть $ABC$ - прямоугольный треугольник ($BC$ гипотенуза). Точка $M$ находится на стороне $AC$ (внутри неё).
Доказать, что НЕ существуют натуральные числа $a, b, c, d$ такие, что:
$AB=CM=a$
$MA=b$
$BM=c$
$BC=d$

Другими словами, нужно решить систему диофантовых уравнений:
$\begin{cases} a^2 + b^2 = c^2\\ a^2 + (a+b)^2 = d^2 \end{cases} $

Можно так. Для того чтобы первое уравнение системы имело решения необходимо чтобы:
$a=p^2-q^2$
$b=2pq$
$c=p^2+q^2$.
Аналогично и для второго уравнения.
Если $a=p^2-q^2$. Тогда $b=2pq$. Но тогда согласно второму уравнению $a+b$ также должно быть $2mn$. Но тогда $a$ - четно. А это невозможно, т.к. $a=p^2-q^2$.
Тогда $a=2pq$, $b=p^2-q^2$.
Откуда получается новая система уравнений:
$\begin{cases} b=p^2-q^2\\ a+b=m^2-n^2\\ a=2pq=2mn \end{cases} $
или
$\begin{cases} p^2-q^2=m^2-n^2-2mn\\ mn=pq \end{cases} $
Учитывая, что $pq=mn$ и подставляя $q=\dfrac{mn}{p}$ в первое уравнение, получим:
$p^2(m^2-n^2-2mn)+m^2n^2=p^4$
$(p^2+n^2)m^2-2p^2nm-(n^2+p^2)p^2=0$.
Находя дискриминант:
$D=4p^4n^2+4(n^2+p^2)^2p^2$
$D=4p^2(p^2n^2+(n^2+p^2)^2=t^2$
Откуда:
$p^2n^2+(n^2+p^2)^2=t^2$. Мы получили новое квадратное уравнение, которое аналогично имеет решения, когда:
$\begin{cases} pn=2rs\\ n^2+p^2=r^2-s^2 \end{cases} $
Но эта система решений не имеет.