Треугольник с целыми длинами сторон

[scwec]

MrDindows в сообщении #464472 писал(а):

Все синусы должны быть рациональными числами, почему-то мне кажется, что это невозможно даже без условия равенства

Это не верно. Рассмотрим треугольник $a=29, b=101,c=120,h_c=20$. Все синусы в нем рациональны. Кстати, если отношение стороны к высоте равно $2k(2k^2+1)$, $k$-натуральное, то такой целочисленный треугольник существует. Но нас-то интересует отношение $=1$.
Вообще, тригонометрическую идею можно попытаться развивать.

[scwec]

age в сообщении #464847 писал(а):

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

age, поясните, пожалуйста, что здесь $x,a,p$ ?

[age]

Целые числа. $a$ - вместо $1$.

[scwec]

age в сообщении #465095 писал(а):

Целые числа. $a$ - вместо $1$ .

age ,скорей всего я неправильно задал вопрос.
Я просто не понял, откуда взялось выражение, составленное из $x,a,p$.
Если можно, объясните подробнее.

[age]

Квадрат (по методу arqady) имеет вершины $(\pm a,\pm a)$.
Далее передвигаем его на $a$ вверх до нуля. Тогда по методу arqady получаем $(x-a)^2+4a^2=m^2$ и $(x+a)^2+4a^2=n^2$. Перемножаем, заменяем $mn=p$. Получаем требуемое.

[scwec]

Спасибо, age. Я вчера разобрался. Действительно, здесь все нормально.

[Батороев]

А никто не пробовал рассмотреть площадь треугольника, через "основание и высота" и через "полупериметры"? Что-то мне полученное равенство с точки зрения натуральных чисел не совсем нравится.

[scwec]

Равенство $x^4+6a^2x^2+25a^4=p^2$ вполне может стать основой доказательства.
Предлагаю неэлементарный сценарий. Вводим переменные $u=\frac{x}{a}$, $v=\frac{p}{a^2}$. Тогда $v^2=u^4+6u^2+25$.
Далее понижаем порядок уравнения по стандартным правилам (подробно излагаю, может кому-нибудь пригодится).
Уравнение 4 порядка записывается в виде $v^2=u^4-6cx^2+4dx+e$
Вволятся новые переменные $X,Y$ по формулам $v=-u^2+2X+c$, $2u=\frac{Y-d}{X-c}$
Определяются $g_2=e+3c^2$, $g_3=-ce-d^2+c^3$.
И тогда $Y^2=4X^3-g_2X-g_3$
В нашем случае $c=-1, d=0, e=25, g_2=28,g_3=24$
Получаем уравнение эллиптической кривой $Y^2=4X^3-28X-24$. Умножаем его на $16$ и окончательно имеем $Y_1^2=X_1^3-112X_1-384$ или $Y_1^2=(X_1+8)(X_1+4)(X_1-12)$, где $X_1=4X, Y_1=4Y$.
Рациональные точки конечного порядка - $(-8,0), (12,0), (-4,0)$
Каким-то образом (например, через PARI) убеждаемся, что ранг этой кривой 0.
Доказательство на этом закончено.
Элементарный сценарий на основе равенства $x^4+6a^2x^2+25a^4=p^2$ совершенно не исключается, однако элементарное доказательство, которое я имел в виду, его не использует.

[nnosipov]

scwec в сообщении #466352 писал(а):

Предлагаю неэлементарный сценарий.

Их много. Из уравнения от lunatik'а получаем эллиптическую кривую $u^2v^2-u^2-v^2+5=0$ тем же способом, что я привёл выше. Её ранг также равен нулю (хотя не проверял, что-то не могу заставить PARI/GP это делать). Далее можно свести, например, к уравнению $m^4+3m^2n^2+n^4=p^2$.

Ясно, что метод спуска надо как-то применять, но пока не видно (это по поводу элементарного подхода). Мне всё это напоминает задачу про 4 квадрата, составляющих арифметическую прогрессию (там уравнение $m^4-m^2n^2+n^4=p^2$).

[scwec]

Для nnosipov: в последнем сообщении, видимо, есть неточности - вместо $u^2v^2-u^2-v^2+5=0$ нужно $u^2v^2-u^2-v^2+10=0$ и вместо $m^4+3m^2n^2+n^4=p^2$ нужно $-m^4+3m^2n^2-n^4=p^2$. Проверьте еще раз. В принципе это не влияет на ход общих рассуждений. Действительно, неэлементарных сценариев можно придумать несколько. Важно, чтобы они приводили к кривым с рангом 0. Иначе весь труд пропадает.
В отношении элементарного доказательства - метод спуска там применяется.

[age]

scwec в сообщении #466790 писал(а):

Действительно, неэлементарных сценариев можно придумать несколько. Важно, чтобы они приводили к кривым с рангом 0.

А если без кривых?

[scwec]

Решение без кривых мне известно. Одно. Думаю, что есть и другие.

[age]

Вот это уже интересно.

[Коровьев]

(Оффтоп)

scwec в сообщении #466352 писал(а):

Далее понижаем порядок уравнения по стандартным правилам (подробно излагаю, может кому-нибудь пригодится).

Я, вот, этого не знал. Если не в лом, то укажите источник.

scwec в сообщении #466813 писал(а):

Решение без кривых мне известно.

Просим, просим
Решение с рангами, как общедоступная задача, всё-таки вызывает некое неудовлетворение, коли есть без оных.

[scwec]

(Оффтоп)

Для Коровьев: источник - L.J.Mordell Diophantine Equations 1969.
Что касается решения, то я жду, что кто-нибудь предложит свое.