Пентадекагональные треугольники

[nnosipov]

Где-нибудь раньше возникали треугольники с углами $\angle A=11\pi/15$, $\angle B=\pi/15$, $\angle C=\pi/5$ и $\angle A=2\pi/15$, $\angle B=7\pi/15$, $\angle C=6\pi/15$? Они в некотором смысле единственные. Ни у Шарыгина, ни у Прасолова я их найти не смог. У Прасолова, правда, есть задачи про правильный 30-угольник, но эти треугольники в них не фигурируют (по крайне мере, явно).

[nnosipov]

У меня появилась хорошая картинка (спасибо hpbhpb), на основе которой можно продемонстрировать, чем замечательны эти треугольники. Речь пойдет о первом из них (для второго все аналогично). Обозначения: $A$, $B$, $C$ --- вершины треугольника, при этом $\angle A=11\pi/15$, $\angle B=\pi/15$, $\angle C=3\pi/15=\pi/5$, $C_1$ --- основание (внутренней) биссектрисы угла $C$, $A_2$ и $B_2$ --- основания внешних биссектрис углов $A$ и $B$ соответственно.

1. Треугольник $C_1A_2B_2$ (синий цвет) равнобедренный, а именно: $C_1A_2=C_1B_2$.

2. Внешние биссектрисы $AA_2$ и $BB_2$ (зеленый цвет) равны.

3. Наверное, есть еще что-то. Например, не просто $AA_2=BB_2$, а даже $AA_2=BB_2=AB$. Также с помощью geogebra удалось обнаружить, что точка пересечения отрезков $AC$ и $C_1A_2$ --- это основание биссектрисы угла $B$.

Оказывается, треугольник $ABC$ (красный цвет) уникален в следующем смысле: свойства 1 и 2 выполняются только для него, если ограничиться классом треугольников, углы которых соизмеримы с $\pi$. Доказательство уникальности основано на решении специальных тригонометрических диофантовых уравнений (подробности см. в препринте http://arxiv.org/abs/2408.02968). В случае свойства 2 это как раз уравнение Гордана. О том, как дело можно свести к уравнению Гордана (это не совсем очевидно) я напишу позже в теме про это уравнение.

Похоже, указанные свойства треугольника $ABC$ ранее были неизвестны (например, В.В. Прасолов мне сообщил, что не сталкивался с ними). Так что если кто чего видел подобного, напишите здесь, please.

[nnosipov]

Еще одна картинка от hpbhpb: это наименьший неравнобедренный целочисленный треугольник $ABC$, для которого выполнено условие 1, т.е. $C_1A_2=C_1B_2$. Размеры таковы: $a=BC=11$, $b=CA=49$, $c=AB=39$. Уравнение, которому они удовлетворяют:

$$abc=(c-a-b)(c^2-a^2-b^2). \quad (*)$$

Это уравнение не является чем-то новым, а получается из уравнения из статьи Netay I.V., Savvateev A.V. Sharygin triangles and elliptic curves // Bull. Korean Math. Soc. 2017. V. 54. P. 1597–1617. заменой $(a,b)$ на $(-a,-b)$. Таких примеров целочисленных треугольников $ABC$ бесконечно много, поскольку ранг эллиптической кривой $(*)$ равен $1$ (см. указанную статью).

[nnosipov]

Любопытства ради попросил вот здесь LMSYS Chatbot Arena рассказать мне про "the so-called pentadecagonal triangles". Один из завсегдатаев наплел мне, что это такие треугольники, длины сторон которых целочисленны, площадь тоже, причем площадь еще и является пентадекагональным числом (это один из сортов фигурных чисел, см. A051867). Сказал также, что они очень редкие и человечеству известен только один пример такого треугольника. Как обычно бывает в таких ситуациях, пример оказался некорректным, но стало интересно, существуют ли такие треугольники в действительности. Увы, но простейшая программа на Maple

for a from 1 to 200 do for b from a to 200 do for c from b to a+b-1 do p:=(a+b+c)/2; if issqr(p*(p-a)*(p-b)*(p-c))=true then S:=isqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c)); if issqr(104*S+121)=true then print(a,b,c,S,[solve((13*n^2-11*n)/2=S)]); fi; fi; od; od; od;

выдает их в товарных количествах (видимо, есть какое-то бесконечное семейство).

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1649154 писал(а):

3. Наверное, есть еще что-то. Например, не просто $AA_2=BB_2$, а даже $AA_2=BB_2=AB$.

Листая книжку Шарыгина "Геометрия 9-11" (М., Дрофа, 1996), обнаружил, что в задаче 879 речь идет как раз об этой ситуации.

879. Найти углы треугольника $ABC$, если биссектрисы внешних углов $A$ и $B$ равны стороне $AB$.

Вот где, оказывается, засветился первый пентадекагональный треугольник --- у самого Шарыгина.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1649154 писал(а):

Также с помощью geogebra удалось обнаружить, что точка пересечения отрезков $AC$ и $C_1A_2$ --- это основание биссектрисы угла $B$.

Только сейчас дошло, что это банальность (точки $B_1$, $C_1$, $A_2$ должны лежать на одной прямой).