Треугольник с целыми сторонами, медианами и плошадью?

[hurtsy]

Sandor
Для треугольников Пифагора, в школьном курсе Киселева приводилась двупараметрическое представление
сторон: катеты - $2uv{ , } u^2-v^2$ , гипотенуза $u^2 + v^2$. Одна медиана равна половине гипотенузы. И вопрос о существовании натуральных медиан, имхо, сводится к решению уравнения $u^4+v^4=m^2$. Мне кажется это имеет отношение к ВТФ. С уважением,

[Someone]

hurtsy в сообщении #413283 писал(а):

сводится к решению уравнения $u^4+v^4=m^2$. Мне кажется это имеет отношение к ВТФ.

Если я правильно помню, доказательство неразрешимости уравнения $x^4+y^4=z^4$ состоит в доказательстве неразрешимости уравнения $x^4+y^4=t^2$. При этом активно используются формулы для пифагоровых троек.

[Sandor]

hurtsy в сообщении #413283 писал(а):

Sandor
Для треугольников Пифагора, в школьном курсе Киселева приводилась двупараметрическое представление
сторон: катеты - $2uv{ , } u^2-v^2$ , гипотенуза $u^2 + v^2$. Одна медиана равна половине гипотенузы. И вопрос о существовании натуральных медиан, имхо, сводится к решению уравнения $u^4+v^4=m^2$. Мне кажется это имеет отношение к ВТФ. С уважением,

Someone в сообщении #413413 писал(а):

hurtsy в сообщении #413283 писал(а):

сводится к решению уравнения $u^4+v^4=m^2$. Мне кажется это имеет отношение к ВТФ.

Если я правильно помню, доказательство неразрешимости уравнения $x^4+y^4=z^4$ состоит в доказательстве неразрешимости уравнения $x^4+y^4=t^2$. При этом активно используются формулы для пифагоровых троек.

Спасибо! Но если приведенное уравнение имеет отношение к определению двух вопросных медиан чётно-онородных треугольников Пифагора, то оно подтверждает мои выводы, ибо уравнение не имеет решений, что доказано Ферма методом полной обратной индукции (методом бесконечного спуска).

С уважением: Sándor

[dmd]

hurtsy в сообщении #413283 писал(а):

Для треугольников Пифагора, в школьном курсе Киселева приводилась двупараметрическое представление
сторон: катеты - $2uv{ , } u^2-v^2$ , гипотенуза $u^2 + v^2$. Одна медиана равна половине гипотенузы. И вопрос о существовании натуральных медиан, имхо, сводится к решению уравнения $u^4+v^4=m^2$.

Пусть $a=u^2 + v^2$, $b=2uv$, $c=u^2-v^2$.
Тогда действительно медиана $m_a=(u^2 + v^2)/2$.
Но другие медианы определяются как $4m_b^2=u^4 + 14 u^2 v^2 + v^4$ и $m_c^2=u^4-u^2 v^2+v^4$.

Непонятно, как получилось $u^4+v^4=m^2$?

[hurtsy]

dmd в сообщении #422237 писал(а):

Непонятно, как получилось ?

Спасибо, за решение. Я не утверждал эквивалентность преобразований. Мой пост имел целью, понять связь этих задач. С уважением,

[hurtsy]

dmd в сообщении #422237 писал(а):

Непонятно, как получилось $u^4+v^4=m^2$?

А может так? Пусть $m^2=m_c^2+u^2v^2$. Если Вам это нужно, можно на Maple 13 "пошуршать". С уважением,

[scwec]

Для Sandor: Ваше доказательство утверждения о невозможности всем медианам геронова треугольника иметь целочисленную (или рациональную) длину, к сожалению, недостаточно.
Привожу отрывок Вашего текста.

Исследование медиан элементарных чётно-однородных треугольников Герона:

...............
$ $U_2 > U_1 ,U_1 ,U_2 - $$чётные числа, ибо треугольник чётно-однородный.
Подставляя значения переменных во второе уравнение, имеем:

$$x_1^2 = m_y^2 - \left( {\frac{{y_1 }}{2}} \right)^2 ,U_1^2 U_2^2 = m_y^2 - \left( {\frac{{U_2 - U_1 }}{4}} \right)^2 = \left( {m_y - \frac{{U_2 - U_1 }}{4}} \right)\left( {m_y + \frac{{U_2 - U_1 }}{4}} \right),$$

$$\left\{ \begin{gathered} m_y - \frac{{U_2 - U_1 }}{4} = U_1^2 \hfill \\ m_y + \frac{{U_2 - U_1^2}}{4} = U_2^2 \hfill \\ \end{gathered} \right.,m_y = \frac{{U_2^2 + U_1^2 }}{2},\left( {U_2^2 - U_1^2 } \right) = 2\left( {U_2^2 - U_1^2 } \right).$$

Система имеет только тривиальтное решение:

$$U_1 = 0,U_2 = 0.$$

Описку-то с пропущенными квадратами Вы далее исправили, да не в них дело.
Главное в том, что Вы совершенно бездоказательно приравняли ${U_1}^2=m_y-$...... и ${U_2}^2=m_y+$.....
Ведь у Вас $U_1$ и $U_2$ числа чётные.
Вполне может быть и так: ${U_1}^2{U_2}^2={2^6}{3^2}$
И возможны варианты решений
1. ${U_1}^2={2^4}, {U_2}^2={2^2}{3^2}$
2. ${U_1}^2={2^2}, {U_2}^2={2^4}{3^2}$
т.о. вышеуказанное приравнивание нужно обосновывать, если оно вообще верно. Без этого Ваше доказательство не проходит.

[Sandor]

[quote="scwec в сообщении #425104"]Для Sandor: Ваше доказательство утверждения о невозможности всем медианам геронова треугольника иметь целочисленную (или рациональную) длину, к сожалению, недостаточно.
Привожу отрывок Вашего текста------

Доказательство верное!

Вы не учли,что $x_1 - $ общий катет двух треугольников Пифагора. Его значение получено из первого уравнения системы: $x_1 = U_1 U_2 $ для произвольных натуральных значений $U_1 ,U_2 $. Из второгого уравнения системы имеем:

$$x_1^2 = U_1^2 U_2^2 = m_y^2 - \left( {\frac{{y_1 }} {2}} \right)^2 = .......$$

Значит приравнял не бездоказательно! А так как равенство

$$\left( {U_2^2 - U_1^2 } \right) = 2\left( {U_2^2 - U_1^2 } \right)$$

возможно только при ${U_1 = U_2 = 0}$, те.когда треугольник превращается в точку, медиана не имеет натурального значения.

С уважением: Sándor

[scwec]

Для Sandor: Ещё раз показываю, где слабое место в доказательстве.

Есть уравнение ${U_1}^2{U_2}^2={m_y}^2-({\frac {y_1} {2}})^2=({m_y}-{\frac {y_1} {2}})({m_y}+{\frac {y_1} {2}})$.
$U_1$ и $U_2$ четные числа и пусть$k$ - наименьшая степень двойки в этих числах. Вы без всякой видимой мотивации решаете, что обязательно ${U_1}^2={m_y}-{\frac {y_1}{2}$, и ${U_2}^2={m_y}+{\frac {y_1} {2}$, а,например, не ${2^{-2k}}{U_1}^2={m_y}-{\frac {y_1}{2}$ и ${2^{2k}}{U_2}^2={m_y}+{\frac {y_1}{2}$. А почему? Ведь произведение левых и правых частей этих равенств в точности даёт нам первоначальное уравнение ${U_1}^2{U_2}^2={m_y}^2-({\frac {y_1} {2}})^2$, т.е. это решение ничем не хуже предложенного Вами. Только из него нельзя сделать уже того вывода, который Вам так необходим.
И я ещё раз отсылаю Вас к примеру из моего первого сообщения.

[Sandor]

scwec в сообщении #425227 писал(а):

Для Sandor: Ещё раз показываю, где слабое место в доказательстве.

Есть уравнение ${U_1}^2{U_2}^2={m_y}^2-({\frac {y_1} {2}})^2=({m_y}-{\frac {y_1} {2}})({m_y}+{\frac {y_1} {2}})$.
$U_1$ и $U_2$ четные числа и пусть$k$ - наименьшая степень двойки в этих числах. Вы без всякой видимой мотивации решаете, что обязательно ${U_1}^2={m_y}-{\frac {y_1}{2}$, и ${U_2}^2={m_y}+{\frac {y_1} {2}$, а,например, не ${2^{-2k}}{U_1}^2={m_y}-{\frac {y_1}{2}$ и ${2^{2k}}{U_2}^2={m_y}+{\frac {y_1}{2}$. А почему? Ведь произведение левых и правых частей этих равенств в точности даёт нам первоначальное уравнение ${U_1}^2{U_2}^2={m_y}^2-({\frac {y_1} {2}})^2$, т.е. это решение ничем не хуже предложенного Вами. Только из него нельзя сделать уже того вывода, который Вам так необходим.
И я ещё раз отсылаю Вас к примеру из моего первого сообщения.

Возможные значения общего катета $x_1^2 = U_1^2 U_2^2 $ и частично общих катетов $y_1 = \frac{{U_2^2 - U_1^2 }}{2},\frac{{y_1 }}{2} = \frac{{U_2^2 - U_1^2 }}{4}$ определены первым уравнением системы, где ${U_2 > U_1 }$ произвольные чётные числа из N, других не существует. Поэтому замена уравнения$x_1^2 = U_1^2 U_2^2 $ на уравнение $x_1^2 = 2^{ - 2k} U_1^2 \cdot 2^{2k} U_2^2 $ не правомерна, ибо Вы не уделяете внимания тому, что значение $\frac{{y_1 }}{2}$ уже определено первым уравнением выражением $\frac{{y_1 }}{2} = \frac{{U_2^2 - U_1^2 }}{4}$. Следовательно, первым уравнением определены оба треугольника и произвольно менять уравнение $x_1^2 = U_1^2 U_2^2 $ на уравнение $x_1^2 = 2^{ - 2k} U_1^2 \cdot 2^{2k} U_2^2 $ нет возможносит.

С уважением: Sándor

[dmd]

Пусть $a, b, c$ - стороны треугольника, $m_a, m_b, m_c$ - медианы, $s$ - площадь.

Медианы выражаются через стороны так:
$4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2$
$4m_b^2=2(c^2+a^2)-b^2$
$4m_c^2=2(a^2+b^2)-c^2$

Стороны через медианы так:
$9a^2=4(2(m_b^2+m_c^2)-m_a^2)$
$9b^2=4(2(m_c^2+m_a^2)-m_b^2)$
$9c^2=4(2(m_a^2+m_b^2)-m_c^2)$

Площадь можно выразить и через стороны:
$16s^2=(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)$

и через медианы:
$9s^2=(m_a+m_b+m_c)(m_b+m_c-m_a)(m_a+m_c-m_b)(m_a+m_b-m_c)$

При этом правая часть двух последних выражений - есть разность квадратов, причем в трёх разных ипостасях:
$(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=-a^4+2 a^2 b^2-b^4+2 a^2 c^2-c^4+2 b^2 c^2=$
$=(2 a b)^2-(c^2-a^2-b^2)^2=(2 a c)^2-(b^2-a^2-c^2)^2=(2 b c)^2-(a^2-b^2-c^2)^2$

Проверьте меня, пожалуйста.

Геометрически это - три разных пифагорова треугольника с одинаковым катетом $4s$. И соответственно гипотетически - три других разных пифагорова треугольника с одинаковым катетом $3s$. Может это пригодится в решении.

Еще проверка всей этой системы по малым модулям показывает, что $s:2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$.

[scwec]

Sandor, Вы находитесь в плену у своего доказательства и не можете примириться с тем, что
из равенства${U_1}^2{U_2}^2=(m_y-\frac{y_1} {2})(m_y+\frac{y_1} {2})$
вовсе не следует, что ${U_1}^2=(m_y-\frac{y_1} {2})$ и ${U_2}^2=(m_y+\frac{y_1} {2})$.
Конечно, ${U_1}^2$, ${U_2}^2$, $y_1$, $x_1$, $z_1$ определены в первом уравнении, так что с того?
Вы ведь утверждаете примерно следующее: если $AB=CD$ и $A<B$, $C<D$, то $A=C$ и $B=D$
А ведь это вовсе не обязательно, хотя и возможно.
На самом деле здесь нужно не связываться с разложением на множители, а имея ввиду, что
из второго уравнения следует $16{m_y}^2={U_1}^4+{U_2}^4+14{U_1}^2{U_2}^2$, доказывать невозможность правой части быть полным квадратом при неравенстве Ваших $U_1$ и $U_2$.

[Sandor]

scwec в сообщении #425797 писал(а):

Sandor, Вы находитесь в плену у своего доказательства и не можете примириться с тем, что
из равенства${U_1}^2{U_2}^2=(m_y-\frac{y_1} {2})(m_y+\frac{y_1} {2})$
вовсе не следует, что ${U_1}^2=(m_y-\frac{y_1} {2})$ и ${U_2}^2=(m_y+\frac{y_1} {2})$.
Конечно, ${U_1}^2$, ${U_2}^2$, $y_1$, $x_1$, $z_1$ определены в первом уравнении, так что с того?
Вы ведь утверждаете примерно следующее: если $AB=CD$ и $A<B$, $C<D$, то $A=C$ и $B=D$
А ведь это вовсе не обязательно, хотя и возможно. На самом деле здесь нужно не связываться с разложением на множители, а имея ввиду, что
из второго уравнения следует $16{m_y}^2={U_1}^4+{U_2}^4+14{U_1}^2{U_2}^2$, доказывать невозможность правой части быть полным квадратом при неравенстве Ваших $U_1$ и $U_2$.

Прошу Вас обходиться без подобных заключений: "Вы находитесь в плену у своего доказательства и не можете примириться с тем, что...", "Вы ведь утверждаете примерно следующее:.... - это сказка для детей. Вы не мой учитель, я не Ваш ученик! Ваше мнени так же доказуемо, как и моё, одно из возможных, не претендуйте на его истинность", "А ведь это вовсе не обязательно, хотя и возможно. Неверно! Два катета и прямой угол однозначно определяют гипотенузу треуголника, что ниже Вы и сами приводите верно, этим же опровергая своё предыдущее умозаключение": "На самом деле здесь нужно не связываться с разложением на множители, а имея ввиду, что из второго уравнения следует $16{m_y}^2={U_1}^4+{U_2}^4+14{U_1}^2{U_2}^2$, доказывать невозможность правой части быть полным квадратом. Так зачем же разлагали, упорствовали? А последнее тривиально, и так можно, но ...?! Прошу, докажите!"

Следовательно, выбор системы двух уравнений для доказательства отсутствия целочисленной медианы $m_y $ у треугольников Пифагора не случайный. Система уравнений ставит обратный вопрос: у какого треугольника Пифагора медиана $m_y $ может быть целочисленной. Ответ следует из решения системы: у треугольника Пифагора со сторонами $x_1 = y_1 = z_1 = 0$ при $U_1 = U_2 = 0.$

С уважением: Sándor

[scwec]

Так почему всё же из ${U_1}^2{U_2}^2={m_y}^2-(\frac{y_1}{2})^2$ следует,что
${U_1}^2={m_y}-\frac{y_1}{2}$
${U_2}^2={m_y}+\frac{y_1}{2}$
Кто-нибудь ответит?
Автор понятного объяснения пока не дал. А ведь это у него гвоздь доказательства.
Информация к размышлению:
Известна Leech's problem, которая имеет непосредственное отношение к теме:
Find two rational right-angled triangles on the same base whose heights are in the ratio N:1.
Решена для N=2,...,999, а может быть уже и дальше с помощью техники эллиптических кривых и в предположении, что верна гипотеза Бёрча и Свиннертон-Дайера. Рациональные треугольники появляются с N=7.
Задача о рациональности-нерациональности длин медиан рационального прямоугольного треугольника сводится к проблеме Лича при N=2. Всего-то и надо доказать, что ранг эллиптической кривой $y^2=x^3+5x^2+4x$ равен нулю и вычислить группу кручения этой кривой.
Известные элементарные (без эллиптических кривых) доказательства при N=2, N=3 довольно непростые.
Делайте выводы.

[Sandor]

dmd в сообщении #425775 писал(а):

Пусть $a, b, c$ - стороны треугольника, $m_a, m_b, m_c$ - медианы, $s$ - площадь.

Медианы выражаются через стороны так:
$4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2$
$4m_b^2=2(c^2+a^2)-b^2$
$4m_c^2=2(a^2+b^2)-c^2$

Стороны через медианы так:
$9a^2=4(2(m_b^2+m_c^2)-m_a^2)$
$9b^2=4(2(m_c^2+m_a^2)-m_b^2)$
$9c^2=4(2(m_a^2+m_b^2)-m_c^2)$

Площадь можно выразить и через стороны:
$16s^2=(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)$

и через медианы:
$9s^2=(m_a+m_b+m_c)(m_b+m_c-m_a)(m_a+m_c-m_b)(m_a+m_b-m_c)$

При этом правая часть двух последних выражений - есть разность квадратов, причем в трёх разных ипостасях:
$(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=-a^4+2 a^2 b^2-b^4+2 a^2 c^2-c^4+2 b^2 c^2=$
$=(2 a b)^2-(c^2-a^2-b^2)^2=(2 a c)^2-(b^2-a^2-c^2)^2=(2 b c)^2-(a^2-b^2-c^2)^2$

Проверьте меня, пожалуйста.

Геометрически это - три разных пифагорова треугольника с одинаковым катетом $4s$. И соответственно гипотетически - три других разных пифагорова треугольника с одинаковым катетом $3s$. Может это пригодится в решении.

Еще проверка всей этой системы по малым модулям показывает, что $s:2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$.

Для dmd

Проверка проведена для треугольника Герона (1009,841,600). Значение его площади: ${\text{s}} = 252000$. Разумеется, что три пифагоровых треугольника с катетом 4s не имеют прямого отношения к исходному треугольнику, ибо катет 4s не его элемент. Данные треугольников Пифагора:

$$a_1^2 = b_1^2 - c_1^2 = \left( {b_1 - c_1 } \right)\left( {b_1 + c_1 } \right) = U_1^2 U_2^2 ,$$

$$U_1^2 = b_1 - c_1 = 1697138 - 1365362 = 331776,U_1 = 576,$$

$$U_2^2 = b_1 + c_1 = 1697138 + 1365362 = 3062500,U_2 = 1750,$$

$$U_1 U_2 = a_1 = 576 \cdot 1750 = 1008000,$$

$$a_2 = 4s = 1008000,b_2 = 12108000,c_2 = 670800,$$

$$a_2^2 = b_2^2 - c_2^2 = \left( {b_2 - c_2 } \right)\left( {b_2 + c_2 } \right) = U_1^2 U_2^2 ,$$

$$U_1^2 = b_2 - c_2 = 1210800 - 670800 = 540000,U_1 = \sqrt {540000} ,$$

$$U_2^2 = b_2 + c_2 = 1210800 + 670800 = 1881600,U_2 = \sqrt {18811600} ,$$

$$U_1 U_2 = a_2 = \sqrt {540000} \sqrt {1881600} = 1008000,$$

$$a_3 = 4s = 1008000,b_3 = 1009200,c_3 = 49200,$$

$$a_3^2 = b_3^2 - c_3^2 = \left( {b_3 - c_3 } \right)\left( {b_3 + c_3 } \right) = U_1^2 U_2^2 ,$$

$$U_1^2 = b_3 - c_3 = 1009200 - 49200 = 960000,U_1 = \sqrt {960000} ,$$

$$U_2^2 = b_3 + c_3 = 1009200 + 49200 = 1058400,U_2 = \sqrt {1058400} ,$$

$$U_1 U_2 = a_3 = \sqrt {960000} \sqrt {1058400} = 1008000. $$

Безусловно, сушествует ещё много треугоьников Пифагора, исходящих из катета 4s путём разложения его значения на натуральные и иррациональные множители, подобно приведенному в первой части темы.
Совместное существование треугольников Пифагора с катетами 3s и 4s возможно только при условии, что в качестве исходного выбран чётно-однородный треугольник с целыми сторонами и медианами. Проблему составляет отсутствие общих формул, генерирующих эти треугольники. Таким не может быть треугольник Герона.

Спасибо за доверие, за предложенную возможнось пользоваься Вашим материалом, но мне так кажется, что нет прямой зависимости между нашими темами.

С уважением: Sándor