Числа Фибоначчи и треугольники Герона

[maxal]

nnosipov в сообщении #574151 писал(а):

Свели к некоторому уравнению Туэ?

К конечному числу таковых. Над сведением ломал голову целый день. Уравнения Туэ - это такой молоток, которым многие задачи можно раздолбать (например, конечноть чисел Фибоначчи вида $n^2+1$). Буду писать продолжение своей статьи на эту тему...

maxal в сообщении #573689 писал(а):

Единственное возможное исключение: равнобедренные и равносторонние треугольники вида $(F_n,F_n,F_{n+1})$ и $(F_n,F_n,F_n)$.

Оказывается, я самый важный случай пропустил: $(F_{n-k},F_n,F_n)$ - вокруг которого открытая проблема собственно и стоит (другие доказано невозможны).

[maxal]

scwec в сообщении #573740 писал(а):

Вообще, задача о нахождении всех героновых треугольников с длинами сторон, которые равны числам Фибоначчи, сводится к решению уравнения
$F_{n-2}(F_n+F_{n+2})=y^2$.

А как вы так лихо свели, да еще с всего лишь одним параметром $n$?
Наличие треугольника $(F_{n-k},F_n,F_n)$ подразумевает уравнение $4 F_n^2 - F_{n-k}^2 = 4y^2$.

[scwec]

Так и я его пропустил.
Но все же $(F_5,F_5,F_6)$. Это о доказанной невозможности других.

[maxal]

scwec в сообщении #574460 писал(а):

Так и я его пропустил.
Но все же $(F_5,F_5,F_6)$. Это о доказанной невозможности других.

Так это единственное исключение. Все другие должны быть вида $(F_{n-k},F_n,F_n)$. См.
Non-existence of Fibonacci triangles
и
Further nonexistence of Fibonacci triangles

[maxal]

maxal в сообщении #574315 писал(а):

К конечному числу таковых. Над сведением ломал голову целый день. Уравнения Туэ - это такой молоток, которым многие задачи можно раздолбать (например, конечноть чисел Фибоначчи вида $n^2+1$). Буду писать продолжение своей статьи на эту тему...

По существу я научился искать (спасибо Туэ) целые точки на биквадратных кривых вида:

$$ay^2 = bx^4 + cx^2 + d$$

Как я уже сказал, к таким кривым сводится поиск чисел Фибоначчи вида $p\cdot n^2 + q$ для фиксированных $p,q$. (в частности, упомянутое выше уравнение).

Какие другие интересные задачи сводятся к таким кривым?

[scwec]

В соседней теме при рассмотрении уравнения $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ возникло уравнение
$z^2=V^4-2(u^2-2u+2)V^2+(u^4-4u^3+4u^2+1)$, где $u$ - целое число.
Может, подойдет.

[maxal]

scwec в сообщении #575568 писал(а):

В соседней теме при рассмотрении уравнения $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ возникло уравнение
$z^2=V^4-2(u^2-2u+2)V^2+(u^4-4u^3+4u^2+1)$, где $u$ - целое число.
Может, подойдет.

Для каждого фиксированного $u$ пойдет, а так - нет.

[nnosipov]

scwec, здесь коэффициенты при $V^4$ и $u^4$ --- точные квадраты. Это вроде как тривиальный случай для упомянутой выше биквадратной кривой.

-- Чт май 24, 2012 17:42:41 --

maxal в сообщении #575574 писал(а):

Для каждого фиксированного $u$ пойдет ...

Можно с тем же успехом зафиксировать $V$.

[maxal]

nnosipov в сообщении #575575 писал(а):

Можно с тем же успехом зафиксировать $V$.

При фиксированном $V$ кривая будет необязательно биквадратной.

[nnosipov]

maxal в сообщении #575578 писал(а):

При фиксированном $V$ кривая будет необязательно биквадратной.

Это да, но найти все пары $(u,z)$ всё равно можно будет легко. Но при произвольном $V$ это проделать ...

[scwec]

Я вот думаю, (раз уж здесь встряло это уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$), если воспользоваться тем, что $(x^2-1)(y^2-1)=(xy+1)^2-(x+y)^2$, то получается уже рассмотренное в другом месте $z^2+(x+y)^2-(xy+1)^2=1$.
По моему общего решения для $u^2+v^2-w^2=1$ так и не было найдено. Если бы оно было, то через него и решение исходного уравнения известно.
Или я ошибаюсь, и соответствующая параметризация существует?

[maxal]

scwec в сообщении #575591 писал(а):

Я вот думаю, (раз уж здесь встряло это уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$), если воспользоваться тем, что $(x^2-1)(y^2-1)=(xy+1)^2-(x+y)^2$, то получается уже рассмотренное в другом месте $z^2+(x+y)^2-(xy+1)^2=1$.
По моему общего решения для $u^2+v^2-w^2=1$ так и не было найдено. Если бы оно было, то через него и решение исходного уравнения известно.
Или я ошибаюсь, и соответствующая параметризация существует?

Ну, во-первых, вы квадраты в $x+y$ потеряли. А, во-вторых, параметризация существует, но рациональная. Извлечь из нее целые значения будет проблематично.

[scwec]

maxal в сообщении #575930 писал(а):

scwec в сообщении #575591 писал(а):

Я вот думаю, (раз уж здесь встряло это уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$), если воспользоваться тем, что $(x^2-1)(y^2-1)=(xy+1)^2-(x+y)^2$, то получается уже рассмотренное в другом месте $z^2+(x+y)^2-(xy+1)^2=1$.
По моему общего решения для $u^2+v^2-w^2=1$ так и не было найдено. Если бы оно было, то через него и решение исходного уравнения известно.
Или я ошибаюсь, и соответствующая параметризация существует?

Ну, во-первых, вы квадраты в $x+y$ потеряли. А, во-вторых, параметризация существует, но рациональная. Извлечь из нее целые значения будет проблематично.

Смотрю и в упор не вижу, чего я потерял.
А параметризация, конечно, имелась в виду целая.
Но полную, согласен, получить, может, и невозможно.

[Sandor]

DjD USB в сообщении #573680 писал(а):

Поэтому таких треугольников нет.
В противном случае остаются равнобедренный и равносторонний треугольники.

Равносторонний треугольник - не героновый, его площадь иррациальная.

scwec

По моему общего решения для ${\text{u}}^2 + v^2 - w^2 = 1$ так и не было найдено. Если бы оно было, то через него и решение исходного уравнения известно.

Общее решение уравнения ${\text{u}}^2 + v^2 - w^2 = 1.$

После преобразования уравнения, имеем:

$${\text{u}}^2 - 1 = w^2 - v^2 ,{\text{u}}^2 - 1 = r^n = w^2 - v^2 ,$$

$${\text{u}}^2 - 1 = \Psi _1^n \Psi _2^n = r^n = Q_1^n Q_2^n = w^2 - v^2 ,$$

$$1.\left\{ \begin{gathered} {\text{u}} - {\text{1 = }}\Psi _{\text{1}}^{\text{n}} \hfill \\ {\text{u + 1 = }}\Psi _{\text{2}}^{\text{n}} \hfill \\ \end{gathered} \right.,u = \frac{{\Psi _{\text{2}}^{\text{n}} + \Psi _{\text{1}}^{\text{n}} }} {{\text{2}}},1 = \frac{{\Psi _{\text{2}}^{\text{n}} - \Psi _{\text{1}}^{\text{n}} }}{{\text{2}}},$$

при ${\text{n}} \geqslant {\text{2 }}{\text{, }}\frac{{\Psi _{\text{2}}^{\text{n}} - \Psi _{\text{1}}^{\text{n}} }} {{\text{2}}} \ne 1,$ следоватеьно $n = 1,u = \frac{{\Psi _2^1 + \Psi _{\text{1}}^{\text{1}} }}{{\text{2}}},1 = \frac{{\Psi _2^1 - \Psi _{\text{1}}^{\text{1}} }}{{\text{2}}},$ где $\Psi _2 = \Psi _1 {\text{ + 2 }}{\text{, }}\Psi _1 - $ произвольное целое число, $r^n - $ уравнительный одночлен,

$$2.\left\{ \begin{gathered} w - v{\text{ = Q}}_{\text{1}} \hfill \\ {\text{w + v = Q}}_{\text{2}} \hfill \\ \end{gathered} \right.,w = \frac{{Q_2 + Q_1 }}{{\text{2}}},v = \frac{{Q_2 - Q_1 }}{{\text{2}}},$$

где ${\text{Q}}_{\text{1}} {\text{, Q}}_{\text{2}} - $ одинаковой чётности, получаемые факторизацией ${\text{r = }}\Psi _1 \Psi _2 = \Psi _1 \left( {\Psi _1 + 2} \right).$

С уважением: Sándor

[nnosipov]

То есть, взяв произвольное целое $u$, разложим $u^2-1$ в произведение двух сомножителей одинаковой чётности, после чего по ним найдём $v$ и $w$. Зачем нужна эта груда формул? Тем более, что этот банальный алгоритм не решает поставленной задачи.