Прямоугольная пирамида с целочисленными сторонами

[venco]

gris в сообщении #331250 писал(а):

Прямоугольная пирамида с натуральными рёбрами?

Ага. Задача решена была ещё во времена Эйлера.

[Батороев]

Ребро А - составное число.
В прилежащих к нему гранях гипотенуза и второй катет - эквивалент двух разных разложений квадрата составного числа А на разность квадратов двух чисел, ребро М - любое натуральное число, не превышающее суммы двух других сторон треугольника основания, но не меньше их разности.

Не совсем понял, к чему нарисованы высоты граней?

[gris]

Батороев, я уже пробовал так с числом 12, но она не прямоугольная
Надо, чтобы Ваше число М входило в третью пифагорову тройку.
Или слово прямоугольная - в широком смысле? Я понимаю в узком - то, что в основании прямоуголный треугольник.

[Батороев]

Я исходил из задания топик-стартера:

Nikop в сообщении #331229 писал(а):

В основании непрямоугольный треугольник ...

-- 15 июн 2010 14:11 --

Сейчас повнимательнее посмотрел тему...
Основание с непрямоугольным треугольником уже оказывается проехали. Виноват.

[gris]

Батороев, теперь я чувствую себя виноватым. Вот зачем я это сказал? Просто из-за желания повыделываться - типа, я уже это придумал. А ведь это нехорошо. Теперь минут двадцать буду себя укорять.

Короче, когда я увидел пост venco, то вспомнил что-то про Эйлеров параллелепипед из книжки Пойа.Это прямоугольный параллелепипед, в котором ребра, диагонали граней и сама главная диагональ - натуральные числа. Но было поздно, а вот только что посмотрел - оказывается, всё уже выяснили, кроме главной диагонали.

[Батороев]

Уважаемый gris
И мыслей таких не было - подозревать Вас в чем-то. Так, что не укоряйте себя зря ...
Хотя, двадцать минут уже прошло.

[мат-ламер]

Сегодня задачу начал решать, но недорешал (Из вступительных экзаменов в НМУ). Дана прямоугольная пирамида (типа того, что на рисунке). Доказать, что сумма квадратов площадей граней, имеющих прямой угол равен квадрату площади грани, не имеющего прямого угла. Если это верно, то невозможность решения задачи из первого поста следует из справедливости ВТФ для $n=4$ (точнее слева для $n=4$ и для $n=2$ справа).

[venco]

мат-ламер в сообщении #331665 писал(а):

Доказать, что сумма квадратов площадей граней, имеющих прямой угол равен квадрату площади грани, не имеющего прямого угла.

Это довольно легко доказывается.
Интересно, верно ли аналогичное равенство для большего количества измерений?
Возьмём m-мерную фигуру:
$x_k \ge 0, \sum \frac{x_k}{a_k} \le 1$
Тогда квадрат меры (m-1)-мерной косой грани равен сумме квадратов мер остальных (m-1)-мерных граней.

-- Вт июн 15, 2010 13:33:56 --

мат-ламер в сообщении #331665 писал(а):

Если это верно, то невозможность решения задачи из первого поста следует из справедливости ВТФ для $n=4$ (точнее слева для $n=4$ и для $n=2$ справа).

А вот этого я не понял.

[gris]

Можно мне словечко вставить?
Такое своеобразное обобщение теоремы Пифагора для пирамиды легко доказывается с помощью Формулы Герона!!!

Всё-таки прямоугольная пирамида это такая, у которой одно из боковых рёбер перпендикулярно основанию. А вот как называется частный случай, когда это ребро торчит из вершины прямого угла треугольного основания - я не знаю.

[venco]

gris в сообщении #331675 писал(а):

Такое своеобразное обобщение теоремы Пифагора для пирамиды легко доказывается с помощью Формулы Герона!!!

gris в сообщении #327482 писал(а):

Ладно там, формулу Герона не знать. Да пропади она пропадом. Даже вредно её знать. Я её стараюсь забыть даже. К чему она?

А мне теоремы Пифагора хватило.

[мат-ламер]

На счёт ВТФ я поспешил. Извиняюсь.

[EtCetera]

venco

venco в сообщении #331671 писал(а):

Возьмём m-мерную фигуру:
$x_k \ge 0, \sum \frac{x_k}{a_k} \le 1$
Тогда квадрат меры (m-1)-мерной косой грани равен сумме квадратов мер остальных (m-1)-мерных граней.

Будем обозначать меру $m-1$-мерной косой грани $V^{(m-1)}$, остальных $m-1$-мерных граней

$$V_n^{(m-1)}=\frac{1}{(m-1)!}\prod\limits_{i=1\atop i\ne n}^m a_k$$

Докажем, что

$$\left(V^{(m-1)}\right)^2=\sum\limits_{k=1}^m \left(V_k^{(m-1)}\right)^2$$

При $m=2$ доказываемое утверждение вырождается в теорему Пифагора:

$$\left(V^{(1)}\right)^2=\left(V_1^{(1)}\right)^2+\left(V_2^{(1)}\right)^2$$

Имеем

$$V^{(m-1)}=\dfrac{V_m^{(m-1)}}{\cos\left(\widehat{V^{(m-1)}\; V_m^{(m-1)} }\right)}$$

$$\left(V^{(m-1)}\right)^2=\left(V_m^{(m-1)}\right)^2\left(\tg^2\left(\widehat{V^{(m-1)}\; V_m^{(m-1)} }\right)+1\right)=\left(V_m^{(m-1)}\right)^2\left(\left(\dfrac{a_m}{h_m}\right)^2+1\right)$$

Здесь

$$h_m=\dfrac{V_m^{(m-1)}}{\frac{1}{m-1}V^{(m-2)}}$$

Тогда

$$\left(V^{(m-1)}\right)^2=\left(\frac{1}{m-1}a_m V^{(m-2)}\right)^2+\left(V_m^{(m-1)}\right)^2$$

Пусть доказываемое утверждение верно при для размерности пространства $m-1\ge 2$, т.е.

$$\left(V^{(m-2)}\right)^2=\sum\limits_{k=1}^{m-1} \left(V_k^{(m-2)}\right)^2$$

По индукции получаем

$$\left(V^{(m-1)}\right)^2=\left(\frac{1}{m-1}a_m\right)^2 \sum\limits_{k=1}^{m-1} \left(V_k^{(m-2)}\right)^2+\left(V_m^{(m-1)}\right)^2=\sum\limits_{k=1}^{m-1} \left(\frac{1}{m-1}a_m V_k^{(m-2)}\right)^2+\left(V_m^{(m-1)}\right)^2=$$

$$=\sum\limits_{k=1}^{m-1} \left(V_k^{(m-1)}\right)^2+\left(V_m^{(m-1)}\right)^2=\sum\limits_{k=1}^{m} \left(V_k^{(m-1)}\right)^2$$

[мат-ламер]

Возвращаясь к исходной задаче. Пусть рёбра, примыкающие к прямому углу, равны $44, 117, 240$. Тогда остальные три ребра - $125, 244, 267$.

[мат-ламер]

Думал Google знает всё. Такие пирамиды как в первом посту называются "слабо пифагоровыми кирпичами". Загуглил. На русском только две ссылки. [url]http://www.novsu.ru/file/513268
[/url]. Пишут, что неизвестно, как описать все слабо пифагоровы кирпичи.