Треугольник с целыми длинами сторон

[scwec]

Дан треугольник с целыми длинами сторон.
Возьмем любую его высоту.
Доказать, что длина высоты не может равняться длине стороны, на которую она(высота) опущена.

[scwec]

Несмотря на простоту формулировки, задача не очень простая (хотя и элементарная), но за ней нет рассохшегося колесика рулетки из "Смок Белью" Джека Лондона.
Она - на пересечении двух пока открытых математических вопросов.
1. На плоскости задан единичный квадрат. Существует ли точка на плоскости, все расстояния от которой до вершин квадрата рациональны?
Предлагаемая задача утверждает, что на сторонах этого квадрата и на их продолжении таких точек нет.
2. Существует ли треугольник с целыми длинами сторон и отношением длин высоты к стороне, на которую она опущена $1:N$, где $N$-целое число. Предлагаемая задача утверждает, что $N\ne{1}$.
Обсуждение этих проблем можно посмотреть Richard K.Guy "Unsolved Problems in Number Theory" 1994.

[Lunatik]

А что, всего-навсего решить уравнение $5a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)=0$ в целых числах

[scwec]

Да, вот такая она математика,раскроешь скобки, и, вдруг, абелево многообразие и прочее такое.
Насчет первоначальной задачи - очень элементарное доказательство существует.
Очень бы хотелось его увидеть от постороннего человека.

[MrDindows]

У меня была идея такая:
$h_c=b \sin \alpha$
$b=\frac {c \sin \beta}{\sin \gamma}$
$h_c=\frac {c \sin \beta \sin \alpha}{\sin \gamma}$
$\sin \beta \sin \alpha= \sin \gamma$
$\sin \beta \sin \alpha= \sin (\alpha+\beta)$
Все синусы должны быть рациональными числами, почему-то мне кажется, что это невозможно даже без условия равенства ( и, конечно же, они не равны нулю). Но как доказать - хз.
Ещё можно записать это как:
$\sin \beta \sin \alpha= \sin \alpha \cos \beta +\sin \beta \cos \alpha$
$\ctg \alpha + \ctg \beta=1$
Ну тут тоже тупик)

[arqady]

scwec в сообщении #464335 писал(а):

1. На плоскости задан единичный квадрат. Существует ли точка на плоскости, все расстояния от которой до вершин квадрата рациональны?

Если квадрат с вершинами $(\pm1,\pm1)$, то на осях координат уж точно не существует.

[nnosipov]

arqady в сообщении #464571 писал(а):

scwec в сообщении #464335 писал(а):

1. На плоскости задан единичный квадрат. Существует ли точка на плоскости, все расстояния от которой до вершин квадрата рациональны?

Если квадрат с вершинами $(\pm1,\pm1)$, то на осях координат уж точно не существует.

Уже это утверждение вполне содержательно. Во всяком случае, ничего попроще, чем свести его к неконгруэнтности единицы, мне не удалось сделать.

Пусть $(x,0)$ --- точка, о которой идёт речь. Имеем $(x-1)^2+1=a^2$ и $(x+1)^2+1=b^2$ для некоторых рациональных $a$, $b$. Исключая $x$, получим $32-8b^2-8a^2+a^4-2a^2b^2+b^4=0$. После замены $a=u+v$, $b=u-v$ будем иметь $u^2v^2-u^2-v^2+2=0$, откуда $u^2=(v^2-2)/(v^2-1)$. Положим $v=A/B$, где $\gcd{(A,B)}=1$, и придём к $u^2=(A^2-2B^2)/(A^2-B^2)$. Так как $\gcd{(A^2-2B^2,A^2-B^2)}=1$, то

$$ A^2-2B^2=C^2, \quad A^2-B^2=D^2 $$

для некоторых целых $C$, $D$. Из 1-го равенства следует, что $B$ чётно (рассмотреть по модулю $4$). Теперь из 2-го равенства, переписанного в виде $B^2+D^2=A^2$, находим $B=2mn$, $A=m^2+n^2$ для некоторых целых $m$, $n$. Наконец, подставив это в 1-е равенство, после упрощений получим

$$ m^4-6m^2n^2+n^4=C^2. $$

Невозможность последнего равенства как раз и эквивалентна неконгруэнтности единицы.

arqady, если у Вас покороче, напишите, please, было бы интересно глянуть.

[arqady]

nnosipov в сообщении #464660 писал(а):

Пусть $(x,0)$ --- точка, о которой идёт речь. Имеем $(x-1)^2+1=a^2$ и $(x+1)^2+1=b^2$ для некоторых рациональных $a$, $b$...

Окуда $x^4+4=a^2b^2$, что в нашей ситуации невозможно.

[nnosipov]

arqady в сообщении #464703 писал(а):

nnosipov в сообщении #464660 писал(а):

Пусть $(x,0)$ --- точка, о которой идёт речь. Имеем $(x-1)^2+1=a^2$ и $(x+1)^2+1=b^2$ для некоторых рациональных $a$, $b$...

Окуда $x^4+4=a^2b^2$, что в нашей ситуации невозможно.

Н-да, вот иногда совсем ничего не замечаешь ... А ведь студентов каждый год заставляю разлагать на множители $x^4+4$.

[age]

arqady в сообщении #464703 писал(а):

Окуда $x^4+4=a^2b^2$, что в нашей ситуации невозможно.

Откуда то же самое для любых квадратов $(\pm a, \pm a)$

[scwec]

nnosipov в сообщении #464706 писал(а):

Н-да, вот иногда совсем ничего не замечаешь ... А ведь студентов каждый год заставляю разлагать на множители .

Можно и не разлагать на множители. Ведь при рациональном $x>0$ число $x^4+4$ всегда конгруэнтно, следовательно, не может быть квадратом.
Мне кажется, что мы немного отклонились от первоначального вопроса.

[nnosipov]

scwec в сообщении #464786 писал(а):

Можно и не разлагать на множители.

Я хотел сказать, что мне не пришла в голову эта замечательная мысль --- просто перемножить $(x \pm 1)^2+1$. А то, что отклонились от темы --- так это потому, что задача не кажется простой и хочется её хотя бы в частных случаях понять.

scwec в сообщении #464413 писал(а):

Насчет первоначальной задачи - очень элементарное доказательство существует.

Несколько смущает это "очень". В общем, дайте ещё подумать, действительно заинтриговали. Опять к неконгруэнтности чего-либо сведётся или что-то похитрее?

[scwec]

Конгруэнтность здесь совершенно ни при чем. Очень элементарное - в смысле использования аппарата.
Первоначальная задача - это неравенство высоты и стороны.

[nnosipov]

scwec в сообщении #464796 писал(а):

Конгруэнтность здесь совершенно ни при чем. Очень элементарное - в смысле использования аппарата.
Первоначальная задача - это неравенство высоты и стороны.

Виноват, спутал эти две задачи. Но первоначальная тоже пока не получается!

[age]

По методу arqady первая задача ведёт к $x^4+6a^2x^2+25a^4=p^2$.