Неравнобедренный треугольник

[scwec]

Пусть $N>2$ целое число, $0<\vartheta<\pi$ - угол такой, что $\cos\vartheta=\frac{1}{N}$. Найдите неравнобедренный треугольник с рациональными длинами сторон, площадью $S=\sqrt{N^2-1}$, один из углов которого $\vartheta$.
Докажите также, что в случае $N=2$ такого треугольника не существует.

[BVR]

А он существует?
у меня только равнобедренный получается. Если $x, y$ - стороны заключающие этот угол, а $t$ - сторона, лежащая против этого угла, то $x=N, y=2, t=N$.
У меня получается выражение, которое может быть полным квадратом только при $N=1$
Уточню: имеется в виду при любых $N>2$?

[BVR]

Ну вот док-во.
$\sin\vartheta=\frac{\sqrt{N^{2}-1}}{N}$.
$S=\frac{1}{2}xy\sin\vartheta$. Сравнивая это выражение и данное выражение для площади, получаем, что

$$xy=2N$$

.
По теореме косинусов имеем: $t^{2}=x^{2}+y^{2}-2xy\frac{1}{N}$ или $ t^{2}=x^{2}+y^{2}-4$. Пусть $x=\frac{m}{n}$, тогда $y=\frac{2Nn}{m}$. Отсюда: $t^{2}=\frac{m^{4}+4N^{2}n^{4}-4m^{2}n^{2}}{n^{2}m^{2}}$
Чтобы $t$ было рациональным, числитель последней дроби должен быть полным квадратом. Возможны случаи:
1) этот числитель может быть одночленом, то есть либо $m^{4}=4m^{2}n^{2}$, либо $4N^{2}n^{4}=4m^{2}n^{2}$ эти случаи и дают равнобедренный треугольник, о котором я писал в посте выше, со сторонами $2, N, N$
2) числитель есть квадратный трехчлен относительно $m^{2}$ - его дискриминант равен нулю только при $N=1$
3) числитель есть квадратный трехчлен относительно $n^{2}$. Его дискриминант тоже равен нулю только при $N=1$.
Вроде как других случаев нет. Или я что-то пропустил?

[scwec]

Не сомневайтесь, треугольник существует. И даже бесконечно много треугольников существует для любого $N>2$.
И уравнения Вы правильно написали. Не надо требовать равенства нулю дискриминанта.

[nnosipov]

BVR в сообщении #781064 писал(а):

Возможны случаи:
1) этот числитель может быть одночленом, то есть либо $m^{4}=4m^{2}n^{2}$, либо $4N^{2}n^{4}=4m^{2}n^{2}$ эти случаи и дают равнобедренный треугольник, о котором я писал в посте выше, со сторонами $2, N, N$
2) числитель есть квадратный трехчлен относительно $m^{2}$ - его дискриминант равен нулю только при $N=1$
3) числитель есть квадратный трехчлен относительно $n^{2}$. Его дискриминант тоже равен нулю только при $N=1$.
Вроде как других случаев нет. Или я что-то пропустил?

Вот более простой пример, который показывает ошибочность подобных рассуждений: уравнение $y^2=x^2+x+2$ не должно иметь натуральных решений (ведь $x^2+x+2$ имеет ненулевой дискриминант и потому не является точным квадратом), однако на самом деле такие решения есть ($x=1$, $y=2$).

[gris]

Для $N=3$ решение, например, $\left(\dfrac {25}{30},\;\dfrac {216}{30},\;\dfrac {209}{30}\right)$. Не получается показать, что в существующих решениях, кроме указанных BVR, получается неравнобедренный треугольник.

[BVR]

А я чувствовал какое-то неудобство, когда дискриминант нулю приравнивал!
Нужно более тонкое исследование на "полноквадратность" числителя...

[nnosipov]

BVR в сообщении #781173 писал(а):

А я чувствовал какое-то неудобство, когда дискриминант нулю приравнивал!
Нужно более тонкое исследование на "полноквадратность" числителя...

Именно. Здесь эллиптические кривые с рациональными точками на них, а это тонкая штучка. В частности, утверждение о том, что при $N=2$ нет нетривиальных решений, сводится к доказательству того, что эллиптическая кривая $y^2=x^4-x^2+1$ имеет нулевой ранг.

[scwec]

gris, вот еще решение для $N=3$, $\left(\dfrac{75240}{46031},\dfrac{46031}{12540},\dfrac{2011709761}{577228740}\right)$

[gris]

Да я согласен, там их тучи (несократимых), только у меня это просто тупой перебор, хотя вроде бы показалось вчера, что прикоснулся. Но ведь у Вас не может быть просто. Я вначале подумал, что можно через пифагоровы тройки решить, но потом догадался, что не лужайка это, а трясина И решил помолчать, дабы за умного сойти.

[scwec]

Замечание nnosipov относительно случая $N=2$ справедливо.
Можно посчитать ранг кривой $y^2=x^4-x^2+1$ приведя её к форме Вейерштрасса, например, умножив на $x^2$ и положив $X=x^2, Y=yx$.
Тогда $Y^2=X^3-X^2+X$. Ранг этой кривой получим с помощью PARI и он равен нулю. А треугольник $(2,2,2)$ даст нам точка кручения $(X,Y)=(1,1)$ или $(X,Y)=(1,-1)$. (Всего их здесь четыре $(1,\pm1),(0,0),\infty$).
Можно не использовать эллиптических кривых и свести в случае $N=2$ уравнение $y^2=x^4-x^2+1$ к уравнению $z^2=p^4-q^2p^2+p^4$ в целых взаимно простых числах. Целые решения его, как известно, только $(p^2=1,q=0),(p=0,q^2=1),(p^2=q^2=1)$. Доказательство этого не такое уж и простое, но не такое уж и сложное. Проводится оно методом спуска. Треугольник $(2,2,2)$ получается из $(p^2=q^2=1)$.
Да, но наша главная задача найти искомый треугольник (хотя бы один) для каждого $N>2$ пока решена gris только для случая $N=3$ и то подбором (я уж не считаю, что мне пришлось вычислить следующий треугольник в ответе для gris). А ответ в общем виде достаточно простой.

[scwec]

Вот ответ $a=\dfrac{4N^2}{N^2-4}, b=\dfrac{N^2-4}{2N}, c=\dfrac{N^4+16N^2-16}{2N^3-8N}$
При $N=3$ из него получается ответ от gris.
Напишите общие формулы для следующего треугольника, из которых получается ответ, который дал я для $N=3$

[scwec]

Полное решение может выглядеть так: трегольникам с заданной площадью $S$ и одним из углов $\vartheta$ соответствует эллиптическая кривая $y^2=x^3+2Sx^2\ctg\vartheta-S^2{x}\qquad(1)$, каждая точка которой $(x,y),xy\ne{0}$ определяет треугольник с длинами сторон $(a,b,c)$
такими, что $a=\left|\dfrac{2xS}{y\sin\vartheta}\right|, b=\left|\dfrac{y}{x}\right|, c=\left|\dfrac{x^2+S^2}{y}\right|\qquad(2)$.
Угол $\vartheta$ образован сторонами с длинами $a,b$. Легко проверить, что $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\vartheta$ и $\dfrac{ab\sin\vartheta}{2}=S$ т.е. треугольники $(a,b,c)$ те, что нам нужны, с площадью $S$ и углом $ \vartheta$.
Учитывая, что в нашем случае $S=\sqrt{N^2-1}, \cos\vartheta=\dfrac{1}{N}$ уравнение для эллиптической кривой $(1)$ записывается так:
$y^2=x^3+2x^2-(N^2-1)x\qquad(3)$, формулы для длин сторон $a=\left|\dfrac{2xN}{y}\right|, b=\left|\dfrac{y}{x}\right|$, $c=\left|\dfrac{x^2+N^2-1}{y}\right|\qquad(4)$.
Дальше нас будут интересовать рациональные точки кривой $(3)$. Поскольку $x^3+2x^2-(N^2-1)x=x(x-N+1)(x+N+1)$, есть три рациональные точки $(0,0),(N-1,0),(-N-1,0)$, которые нас не устраивают, так как не соответствуют никаким треугольникам.
Но есть ещё очевидная рациональная точка $(x_1,y_1)=(-1,{N})$. (На самом деле их две, вторая с $y_1=-N$, но обе дают один и тот же результат) Исходя из неё и будем строить искомые рациональные треугольники.
Для первого треугольника из формул $(4)$ получаем $a_1=2,b_1=N,c_1=N$.
Чтобы получить следующий и все остальные при $N>2$, нужно заметить, что если рациональный треугольник $(a,b,c)$ получен из какой-нибудь рациональной точки $(3)$ по формулам $(4)$, то рациональная точка $\left(\dfrac{c^2}{4},\dfrac{(a^2-b^2)c} {8}\right)$ лежит на кривой $(3)$. Проверяется вычислением.Этот факт хорошо известен для прямоугльных треугольников, но справедлив и для всех рациональных.
Используя это наблюдение, получим следующую рациональную точку на $(3)$. Это $(x_2,y_2)=\left(\dfrac{N^2}{4},\dfrac{(N^2-4)N}{8}\right)$
И по формулам $(4)$ следующий треугольник с $a_2=\dfrac{4N^2}{N^2-4}, b_2=\dfrac{N^2-4}{2N}, c_2=\dfrac{N^4+16N^2-16}{2N(N^2-4)}$.
Следующая рациональная точка на $(3)$ это
(x_3,y_3)=$\left(\dfrac{{c_2}^2}{4},\dfrac{({a_2}^2-{b_2}^2)c_2}{8}\right)=$
$\left(\left(\dfrac{N^4+16N^2-16}{4N(N^2-4)}\right)^2,\dfrac{(N^4+16N^2-16)(N^4-8N^3-8N^2+16)(N^4+8N^3-8N^2+16)}{64(N^2-4)^3{N^3}}\right)$
В последнем выражении для $y_3$ числитель не делится на 3, а знаменатель делится, сл-но $y_3$ число не целое. Отсюда следует (из теоремы Лутц-Нагеля), что $(x_3,y_3)$ не является точкой конечного порядка и процесс получения рациональных треугольников таким способом бесконечен. Фактически, здесь происходит удвоение рациональных точек на $(3)$, совмещеный с одновременным получением нужных треугольников.
Выражения для сторон становятся уже громоздкими.
$a_3=\dfrac{8(N^2-4)N^2(N^4+16N^2-16)}{(N^4-8N^3-8N^2+16)(N^4+8N^3-8N^2+16)}$
$b_3=\dfrac{(N^4-8N^3-8N^2+16)(N^4+8N^3-8N^2+16)}{4(N^2-4)N(N^4+16N^2-16)}$
$c_3=\dfrac{N^{16}+320N^{14}-2880N^{12}+41984N^{10}-72192N^8-81920N^6+311296N^4-262144N^2+65536}{4(N^2-4)N(N^4+16N^2-16)(N^4-8N^3-8N^2+16)(N^4+8N^3-8N^2+16)}$
(При $N=3$ это треугольник, пример которого я здесь приводил).
Таким вот образом искомые треугольники и получаются.
Кстати, заодно доказано, что ранг кривой $(3)$ для $N>2$ не равен нулю.Что касается $N=2$, то ранг её равен нулю и выше об этом было сказано.

И совсем не так бодро обстоят дела, если потребовать, чтобы $\cos\vartheta=-\dfrac{1}{N}$.
В этом случае рациональные треугольники появляются только начиная с $N=9$ и далее $N=12,13,14,19,21,...$ дальше можно продолжать бесконечно.
По-моему, эта последовательность отсутствует в OEIS

[nnosipov]

scwec в сообщении #788197 писал(а):

Фактически, здесь происходит удвоение рациональных точек на $(3)$,

Была у меня такая гипотеза, но вот проверить её было лень. Теперь было бы интересно доказать (элементарно, без ссылок на какие-бы общие теоремы) бесконечность получаемых рациональных точек. Наличие параметра $N$ делает эту задачу не совсем очевидной.

[gris]

scwec, Ваше последнее сообщение просто завораживает. Рапсодия.