Треугольник с целыми длинами сторон

[Dimoniada]

После нехитрых преобразований, получилось (у меня $h_a$ на $a$) $b^2c^2 = a^4 + (a^2-mn)^2$, где $m+n = a$; $m,n \in \mathbb{N}$. А что делать дальше ...

[age]

Dimoniada в сообщении #468375 писал(а):

После нехитрых преобразований, получилось (у меня $h_a$ на $a$) $b^2c^2 = a^4 + (a^2-mn)^2$, где $m+n = a$; $m,n \in \mathbb{N}$. А что делать дальше ...

Начнём с того, что если $m+n=a$, то $mn$ - любое $<\dfrac{a^2}{4}$. Отсюда: $b^2c^2=p^2 = a^4 + q^2$ - бесчисленное множество решений.

[scwec]

Решил изложить элементарное (и подробное) доказательство, причем в том виде и в тех обозначениях, в каком оно было когда-то получено.
Доказываем утверждение:
На сторонах заданного единичного квадрата и их продолжениях не существует точек, расстояния от которых до каждой из вершин квадрата выражаются рациональными числами.
Доказательство. Предположим противное и хотя бы одна такая точка существует. Пусть $\frac{p}{q}$ - расстояние от этой точки до ближайшей из верщин квадрата, лежащей на той же стороне квадрата, что и искомая точка, $q, p$ - натуральные взаимно простые числа $(q, p)=1$. Очевидно, что $q,p$ удовлетворяют одной из двух систем уравнений:

$$ \left\{\begin{array}{ll} {q^2+p^2=m^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(1)\\ {q^2+(q-p)^2=n^2}\\ \end{array} \right. $$

$$ $\left\{\begin{array}{ll} {q^2+p^2=m^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(2)\\ {q^2+(q+p)^2=n^2}\\ \end{array} \right. $$

$m, n$ - целые числа. Причем первой системе $q$, $p$ удовлетворяют, когда искомая точка лежит между вершинами квадрата
и при этом $q > 2p$, второй системе $q$, $p$ удовлетворяют, когда точка лежит на продолжении стороны квадрата. В обоих случаях $q < m < n$,
поскольку для второй системы $q+p > p$, а для первой $q-p$ > $p$. Отрезки длиной $q, m, n$ являются в обеих случаях целочисленными
сторонами треугольника с площадью равной $\frac{1}{2}q^2$. В обоих случаях очевидно, что $(q, q+p)=1$, $(q, q-p)=1$. Кроме того, $q$
- четно, $p$ - нечетно. Действительно, в противном случае имеем противоречие: ${q^2+(q\pm p)^2=n^2\equiv 2(\mod4)}$. Легко вычислить, что для первой и второй систем $q$ удовлетворяет уравнению $5q^4-2q^2(m^2+n^2)+(n^2-m^2)^2=0\qquad(3)$
Докажем следующее утверждение: если натуральные числа $q, m, n > m$ удовлетворяют уравнению $(3)$, то в случае $q^2 + m^2 < n^2$
существует натуральное $p$ такое, что $q,p,m,n$ удовлетворяют $(1)$, в случае $q^2 + m^2 > n^2$ существует натуральное $p$ такое, что
$q,p,m,n$ удовлетворяют $(2)$, причем в обоих случаях $q < m < n$. Действительно, уравнение $(3)$, произведя
перегруппировку слагаемых, можно записать в следующем виде: $(q+m+n)(q+m-n)(m+n-q)(n+q-m)=4q^4\qquad(4)$
Каждый из сомножителей в левой части $(4)$ положителен, поскольку если среди них есть отрицательные, то в нашем случае это может
быть только один из них, но тогда произведение всех сомножителей меньше $0$, что противоречит $(4)$. Значит, все сомножители
положительны и поэтому $q + m > n, q + n > m, m + n > q$ и отрезки с длинами $q, m, n$ образуют треугольник с целочисленными
сторонами и площадью в соответствие с формулой Герона равной $\frac{\sqrt{(q+m+n)(q+m-n)(m+n-q)(n+q-m)}}{4}=\frac{1}{2}q^2$.
Следовательно, высота, опущенная на сторону длины $q$, очевидно, имеет длину $q$ и $q < m < n$. Длину отрезка от основания этой
высоты до ближайшего конца стороны треугольника длиной $q$ обозначим $p$. Величины $q, m, n, p$ очевидно, удовлетворяют либо
$(1)$, когда основание высоты лежит на стороне треугольника и в этом случае $q^2+m^2 < n^2$, либо $(2)$, когда основание высоты лежит на
продолжении стороны треугольника и в этом случае $q^2+m^2 > n^2$. Остается показать, что $p$ - натуральное число. Из первого уравнения
$(1)$ или $(2)$ следует, что $p^2$ - натуральное число, вычитая первое уравнение из второго получаем: $p=\pm\frac{n^2-m^2-q^2}{2q}$ т.е.
$p$ - рациональное число. Из того, что $p^2$ -натуральное, а $p$ - рациональное следует, что $p$ - число натуральное. Утверждение
доказано.Из всех натуральных чисел $q$, для которых уравнение $(3)$ разрешимо в натуральных числах выберем наименьшее. Разберем два случая:
1.Наименьшее $q$ удовлетворяет $(1)$Тогда для первого уравнения существуют $a_{1} > b_{1} > 0, (a_{1}, b_{1})=1, a_{1}b_{1}$ четное, такие, что $q=2a_{1}b_{1}$,$p=a_{1}^2-b_{1}^2$, $m=a_{1}^2+b_{1}^2$. Для второго уравнения существуют $a_{2} > b_{2} > 0, (a_{2}, b_{2})=1, a_{2}b_{2}$ четное,
такие, что $q=2a_{2}b_{2}$, $q-p=a_{2}^2-b_{2}^2$, $n=a_{2}^2+b_{2}^2$. Величины $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ связаны соотношениями
$a_{1}^2-b_{1}^2+a_{2}^2-b_{2}^2=2a_{1}b_{1}$, $a_{1}b_{1}=a_{2}b_{2} \quad(5)$
Положим $u_{1}=(a_{1}, b_{2})$, $u_{2}=(a_{1}, a_{2})$, $u_{3}=(a_{2}, b_{1})$, $u_{4}=(b_{1},b_{2})$. Тогда $u_{1}u_{2}=a_{1}$, $u_{2}u_{3}=a_{2}$, $u_{3}u_{4}=b_{1}$,
$u_{4}u_{1}=b_{2}$, это следует из того, что если $ab$ делится на $c$ и $(a, b)=1$ то $c=(a, c)(b,c)$
Все $u_{i}$, $i=1,2,3,4$ попарно взаимно просты, поскольку если $(a,b)=1$, то $((a,c),(b,c))=1$
Подставляя $u_{i}$ в соотношения $(5)$ получим: $a_{1}b_{1}=a_{2}b_{2}=u_{1}u_{2}u_{3}u_{4}$
$(u_{1}^2+u_{3}^2)(u_{2}^2-u_{4}^2)=2u_{1}u_{2}u_{3}u_{4}\quad(6)$
Из $(6)$ следует, что $u_{2}>u_{4}$. Далее, среди $u_{i}$ есть обязательно только одно четное число, остальные нечетные. Это
следует из четности $a_{1}b_{1}$ и взаимной простоты $u_{i}$. Четное число либо $u_{1}$ либо $u_{3}$. Действительно, пусть это
не так. Тогда $u_{1}^2+u_{3}^2\equiv2(\mod4)$, $u_{2}^2-u_{4}^2\equiv\pm 1(\mod4)$ и левая часть $(6)$ на $4$ не делится, правая же часть $(6)$, очевидно, на $4$ делится. Полученное
противоречие доказывает утверждение о четности $u_{1}$ или $u_{3}$. Следующие утверждения легко следуют из взаимной простоты $u_{i}$. А именно: $(u_{1}^2+u_{3}^2, u_{1}u_{3})=1$,
$(u_{2}^2-u_{4}^2, u_{2}u_{4})=1$. Из этих утверждений, а также из того, что $u_{2}^2-u_{4}^2$ четное число и из $(6)$ следует:
$u_{1}^2+u_{3}^2=u_{2}u_{4} \qquad\qquad\qquad(7)$
$u_{2}^2-u_{4}^2=2u_{1}u_{3}\qquad\qquad(8)$
Рассмотрим следующее уравнение для определения $\bar{q}$: $5\bar{q}^4-2\bar{q}^2(u_{2}^2+u_{4}^2)+(u_{2}^2-u_{4}^2)^2=0\qquad(9)$
Это уравнение идентично уравнению $(3)$ для определения $q$.
Справедливо следующее утверждение. Уравнение $(9)$ имеет корень $\bar{q}$, являющийся четным натуральным числом и $\bar{q}<q$. (Метод спуска)
Из уравнения $(9)$ имеем: $\bar{q}^2=\frac{(u_{2}^2+u_{4}^2)\pm\sqrt{(u_{2}^2+u_{4}^2)^2-5(u_{2}^2-u_{4}^2)^2}}{5}=\frac{(u_{2}^2+u_{4}^2)\pm\sqrt{{4(u_{2}^2}{u_{4}^2}-(u_{2}^2-u_{4}^2)^2)}}{5}$
Принимая во внимание $(7)$ и $(8)$
$\bar{q}^2=\frac{(u_{2}^2+u_{4}^2)\pm 2(u_{1}^2-u_{3}^2)}{5}$
Обозначим $D_{1}=u_{2}^2+u_{4}^2+2u_{1}^2-2u_{3}^2$,
$D_{2}=u_{2}^2+u_{4}^2-2u_{1}^2+2u_{3}^2$.
$D_{1}$ и $D_{2}$ - целые, четные положительные числа.
Действительно, из $(9)$ следует, что $D_{1}D_{2}=5(u_{2}^2-u_{4}^2)^2>0$ и $D_{1}+D_{2}=2(u_{2}^2+u_{4}^2)>0$
Следовательно, оба числа $D_{1}, D_{2}$ больше $0$. А поскольку, как было показано выше $u_{2}$ и $u_{4}$ - числа нечетные, $u_{2}^2-u_{4}^2$ - число
четное и, следовательно, $D_{1}, D_{2}$ четные числа. $D_{1},D_{2}$ удовлетворяют системе уравнений:
$D_{1}D_{2}=20u_{1}^2u_{3}^2\qquad\qquad\quad(10)$
$D_{2}-D_{2}=4(u_{1}^2-u_{3}^2)\qquad(11)$
$(11)$ следует из определения $D_{1}, D_{2}$, а $(10)$ следует из $(8)$ и формулы умножения корней для $(9)$.
Обозначим $d=(D_{1}, D_{2})$ и $D_{1}=d\tilde{D}_{1}$,$D_{2}=d\tilde{D}_{2}$,
$(\tilde{D}_{1},\tilde{D}_{2})=1$. Из четности $D_{1}, D_{2}$ следует четность $d$.
Уравнения $(10)$, $(11)$ в новых обозначениях перепишутся так:
$d^2\tilde{D_{1}}\tilde{D_{2}}=20u_{1}^2u_{3}^2\qquad\qquad\quad(12)$
$d(\tilde{D}_{1}-\tilde{D}_{2})=4(u_{1}^2-u_{3}^2)\qquad(13)$
Покажем, что $\tilde{D}_{1}$ и $\tilde{D}_{2}$ числа разной четности. Предположим противное: $\tilde{D}_{1}$ и $\tilde{D}_{2}$
оба нечетные числа. Пусть $d=2^k(2s+1)$, $k>=1$. Поскольку левая часть $(13)$ в силу четности $\tilde{D}_{1}-\tilde{D}_{2}$ делится
на $2^{k+1}$, а правая часть $(13)$ делится только на $2^2$ в силу нечетности $u_{1}^2-u_{3}^2$, то $k+1=2$ т.е. $k=1$. Но тогда
левая часть $(12)$ делится только на $4$, а правая часть $(12)$ в силу четности $u_{1}$ или $u_{3}$ делится по крайней мере на $8$.
Полученное противоречие доказывает, что $\tilde{D}_{1}, \tilde{D}_{2}$ числа разной четности и, следовательно,
$\tilde{D}_{1}-\tilde{D}_{2}$ - число нечетное. Из нечетности $\tilde{D}_{1}-\tilde{D}_{2}$ и $(13)$ следует, что $d=4(2s+1)$.
Покажем теперь, что $(2s+1, u_{1})=(2s+1, u_{3})=1$. Предположим
противное, $(2s+1, u_{1})>1$. Тогда существует нечетное простое число $t$ такое, что $2s+1=tx$, $u_{1}=ty$, $d=4tx$. Подставляя
эти выражения в $(13)$ получим выражение для $u_{3}^2$. А именно: $u_{3}^2=t(y^2t-x(\tilde{D}_{1}-\tilde{D}_{2}))$. Таким образом
$u_{3}^2$ делится на $t$. А поскольку $t$ простое число, то на $t$ делится $u_{3}$ и, следовательно $u_{1}$ и $u_{3}$ не взаимно
просты. Полученное противоречие доказывает, что $(u_{1},2s+1)=1$.
Аналогично доказывается, что $(u_{3},2s+1)=1$.
Уравнение $(12)$ запишем так: $4(2s+1)^2\tilde{D_{1}}\tilde{D_{2}}=5u_{1}^2u_{3}^2$. Правая
часть его делится на $(2s+1)^2$. Но поскольку $u_{1}^2u_{3}^2$ на $(2s+1)^2$ не делится, то на $(2s+1)^2$ должно делиться $5$. А это
возможно,только если $2s+1=1$. Итак, доказано, что $d=4$ и уравнение $(12)$ запишется так: $4\tilde{D}_{1}\tilde{D}_{2}=5u_{1}^2u_{3}^2$.
Деля обе части на $4$, считая, например, $u_{1}$ четным числом и полагая $u_{1}=2\tilde{u}_{1}$ получаем уравнение
$\tilde{D}_{1}\tilde{D}_{2}=5\tilde{u}_{1}^2u_{3}^2$.
Поскольку $\tilde{D_{1}}$ и $\tilde{D_{2}}$ взаимно просты, а $5$ - простое число, одно из чисел $\tilde{D_{1}}$, $\tilde{D_{2}}$
полный квадрат, а другое - полный квадрат, умноженный на $5$.
Например, $\tilde{D_{1}}=A^2$, $\tilde{D_{2}}=5B^2$. Квадраты корней уравнения $(9)$ $\bar{q}_{1}^2=\frac{d\tilde{D_{1}}}{5}$,
$\bar{q_{2}}^2=\frac{d\tilde{D_{2}}}{5}$. Подставляя в эти выражения значения $d=4$, $\tilde{D_{1}}=A^2$, $\tilde{D_{2}}=5B^2$
получаем, что $\bar{q_{2}}^2=4B^2$ и $\bar{q_{2}}=2B$. Таким образом, корень уравнения $(9)$ $\bar{q_{2}}$ - четное натуральное
число. Покажем, что $\bar{q_{2}} < q$. Действительно, $q=2a_{1}b_{1}=2a_{2}b_{2}=2u_{1}u_{2}u_{3}u_{4}$,
$q^2=4u_{1}^2u_{2}^2u_{3}^2u_{4}^2$, $\bar{q_2}^2 < \frac{u_{2}^2+u_{4}^2+2u_{1}^2+2u_{3}^2}{5} < u_{2}^2+u_{4}^2+u_{1}^2+u_{3}^2 < 4u_{1}^2u_{2}^2u_{3}^2u_{4}^2 =q^2$.
Полученное противоречие , а именно $\bar{q}_2 < q$, доказывает случай $1.
2.Наименьшее $q$ удовлетворяет $(2)$.
Рассматривается аналогично предыдущему "Наименьшее $q$ удовлетворяет $(1)$". Отличия заключаются в следующем:
Уравнение $(5)$ меняется на $a_{2}^2-b_{2}^2-a_{1}^2+b_{1}^2=2a_{1}b_{1}$
Уравнение $(6)$ меняется на $(u_{2}^2+u_{4}^2)(u_{3}^2-u_{1}^2)=2u_{1}u_{2}u_{3}u_{4}$, откуда $u_{3} > u_{1}$
Уравнение $(7)$ меняется на $u_{2}^2+u_{4}^2=u_{1}u_{3}$
Уравнение $(8)$ меняется на $u_{3}^2-u_{1}^2=2u_{2}u_{4}$
Уравнение $(9)$ меняется на $5\bar{q}^4-2\bar{q}^2(u_{1}^2+u_{3}^2)+(u_{3}^2-u_{1}^2)^2=0$
Остается верным неравенство $u_{2} > u_{4}$. Действительно, $a_{1}a_{2} > b_{1}b_{2}$.Отсюда следует $u_{1}u_{2}^2u_{3} > u_{3}u_{4}^2u_{1}$ и $u_{2} > u_{4}$. Далее доказательство точно следует схеме доказательства предыдущего случая, т.е. доказывается существования натурального корня у измененного уравнения $(9)$, четного и меньшего $q$.

[nnosipov]

scwec,
очень впечатляет. Правда, чтобы в этом разобраться, потребуется время. Вы это где-нибудь публиковали?

[scwec]

Для nnosipov: благодарю за внимание. Это доказательство не публиковалось.

[scwec]

Если кто-то разобрался в доказательстве и не нашел в нем ошибок, задаю вопрос:
основание не может быть равно высоте, умноженной на три?
Ответ - не может. Докажите, пользуясь тем, что изложено.

[Батороев]

Батороев в сообщении #465693 писал(а):

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.

Решил проверить...

Будем считать, что величины сторон $a,b,c$ - не имеют натуральных делителей, общих для всех троих.
Пусть высота, опущенная из вершины $B$, равна противолежащей стороне $b$.

$S=\sqrt{\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{16}}=\dfrac{b^2}{2}$

$[(a+c)^2-b^2][b^2-(c-a)^2]=4b^4\qquad\qquad (1)$

Анализ выражения показывает, что $a,c$ должны быть оба нечетными, $b$ - четным.
Из выражения (1) также получаем, что $(a+c)$ и $(c-a)$ должны иметь общие множители с $b$.

$(a+c)=mb_1$
$(c-a)=nb_2$,

где $b_1b_2=b$, причем будем считать, что множители $b_1,b_2$ оба четные, тогда нечетные $m$ и $n$ - взаимно простые.

Подставляем в (1)

$[(mb_1)^2-b_1^2b_2^2][b_1^2b_2^2-(nb_2)^2]=4b_1^4b_2^4$

$(m^2-b_2^2)(b_1^2-n^2)=4b_1^2b_2^2$

Отсюда получается, что $m$ и $n$ должны иметь общие множители соответственно с $b_2$ и $b_1$, что не возможно, т.к. $(a+c)=mb_1$ и $(c-a)=nb_2$ взаимнопростые (за исключением множителя $2$, который является общим делителем для $b_1$ и $b_2$).

[Sirion]

Батороев в сообщении #472151 писал(а):

Отсюда получается, что $m$ и $n$ должны иметь общие множители соответственно с $b_2$ и $b_1$, что не возможно, т.к. $(a+c)=mb_1$ и $(c-a)=nb_2$ взаимнопростые (за исключением множителя $2$, который является общим делителем для $b_1$ и $b_2$).

И откуда же это получается?

[scwec]

Батороев, Вы сделали допущение о том, что $a,b,c$ - не имеют общих делителей на троих.
Но отсюда не следует, что $a$ и $c$ - взаимно просты. Поэтому доказательство не проходит.

[Батороев]

scwec в сообщении #472210 писал(а):

Батороев, Вы сделали допущение о том, что $a,b,c$ - не имеют общих делителей на троих.
Но отсюда не следует, что $a$ и $c$ - взаимно просты. Поэтому доказательство не проходит.

С замечанием согласен.

-- 30 июл 2011 21:44 --

Вместе с тем, если существует натуральный общий делитель чисел $a, c$, то он входит в числа $m$ и $n$, но не в числа $b_1, b_2$. Следовательно, числа $(m,b_2)$ и $(n, b_1)$ попарно взаимно просты. По-моему, так.

[scwec]

Батороев, ответьте на вопрос Sirion.

[Батороев]

scwec в сообщении #472231 писал(а):

Батороев, ответьте на вопрос Sirion.

Я грешным делом, подумал, что в его вопросе подразумевается то же замечание, что и в Вашем, но т.к. Ваше сформулировано более конкретно, то ответил на него.
Если это не так, то спешу исправиться.

Sirion в сообщении #472206 писал(а):

Батороев в сообщении #472151 писал(а):

Отсюда получается, что $m$ и $n$ должны иметь общие множители соответственно с $b_2$ и $b_1$, что не возможно, т.к. $(a+c)=mb_1$ и $(c-a)=nb_2$ взаимнопростые (за исключением множителя $2$, который является общим делителем для $b_1$ и $b_2$).

И откуда же это получается?

Следует из теоремы, которая наверняка есть в теории чисел (если ее нет, то это надо срочно исправить): Если два числа $a$ и $c$ взаимно просты, то взаимно просты и числа $(c+a)$ и $(c-a)$ за исключением случая, когда $a$ и $c$ нечетные. В последнем случае числа $(c+a)$ и $(c-a)$ имеют единственный общий множитель, равный $2$.

[Sirion]

Прошу прощения, я сформулировал вопрос несколько расплывчато. Меня интересует, каким образом из

Батороев в сообщении #472151 писал(а):

$(m^2-b_2^2)(b_1^2-n^2)=4b_1^2b_2^2$

следует,

Батороев в сообщении #472151 писал(а):

что $m$ и $n$ должны иметь общие множители соответственно с $b_2$ и $b_1$

[Батороев]

Пык-мык... Вот и задумался, чего я так решил то?

-- 31 июл 2011 01:00 --

Тогда используем другой аргумент:

Выражение
$(m^2-b_2^2)(b_1^2-n^2)=4b_1^2b_2^2$
не выполнимо, т.к. левая часть нечетна.

[scwec]

Батороев, вот Вы пишите, что $b_1,b_2$ - четные и $b=b_1b_2$. Но тогда $b$ делится на 4.
А почему? Это ведь ниоткуда в Вашем доказательстве не следует.