Треугольник с рац.длинами сторон, образующих геометр.прогр.

[venco]

(формула Герона)

gris в сообщении #571353 писал(а):

Она как бы и существует, но только для совсем маленьких детей. А класса этак с девятого предписано её забывать. А то там корень!

А почему, собственно, надо её забывать?

[gris]

(Оффтоп)

Да это так, просто шутка. Отголоски былых споров, тоже шуточных (Надеюсь. А то вдруг всё серьёзно ).
А ляпа, кроме отсутствия знака равненства в конце строки, что прерывает череду, и не вижу. Ведь не в отсутствии же четвёрки в показателе степени? Но всякий знает, что это разные $m$. Да это и не интересно, выискивать незначительные ошибки. Тем более, что они делаются намеренно, чтобы бодрить слушателей. В решении главное — идея, а мелочи это ерунда. Это я научился у ферматистов. Куда они подевались?

[scwec]

Возвращаясь к задаче о четырехугольнике.
Предлагаю воспользоваться формулой Брахмагупты для площади вписанного в окружность четырехугольника.

$$S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$$

.
$S$ - площадь, $p=\frac{a+b+c+d}{2}$ -полупериметр, $a,b,c,d$ - длины сторон.
Далее по обстоятельствам.

[scwec]

Пусть $a$ - наименьшая сторона четырехугольника, $x=\frac{m}{n}$ - знаменатель прогрессии, ($\gcd(m,n)=1$).
Тогда просто из формулы Брахмагупты

$$S=\frac{a^2}{4}\sqrt{(-1+x+x^2+x^3)(1-x+x^2+x^3)(1+x-x^2+x^3)(1+x+x^2-x^3)}$$

и получается диофантово уравнение

$$y^2=(m^3+m^2{n}+mn^2-n^3)(m^3+m^2{n}-mn^2+n^3)(m^3-m^2{n}+mn^2+n^3)(-m^3+m^2{n}+mn^2+n^3)$$

Замечу, что $m,n$ обязательно нечетные. В противном случае одна из скобок $\equiv{-1}(\mod{4})$, а три других $\equiv{1}(\mod{4})$, что для данного уравнения невозможно. Легко видеть также, что все четыре скобки не имеют других общих простых делителей кроме 2. И поскольку каждая скобка $\equiv{2}(\mod{4})$, то произведение двух любых скобок есть полный квадрат.
На этом пока можно остановиться, поскольку приходится выбирать по крайней мере из двух вариантов.
1. Подобрать две скобки так, чтобы получить в итоге уравнение эллиптической кривой и дальше работать с ней.
2. Найти элементарный ход, приводящий к успешному доказательству без привлечения эллиптических кривых.

[scwec]

Выберем вариант 1.
Из предыдущего сообщения известно, что каждая скобка - удвоенный квадрат и произведение двух скобок - квадрат.
Т.е. $a^2=(m^3+m^2n+mn^2-n^3)(m^3-m^2n+mn^2+n^3)$.
Поделим это равенство на $n^6$ и обозначим $r=\frac{a}{n^3}$.
Тогда $r^2=x^6+x^4+3x^2-1$.
Эллиптическая кривая получается после замены $u=x^2$.
$r^2=u^3+u^2+3u-1$.
От $u^2$ избавляемся с помощью замены $u=u_1-\frac{1}{3}$.
Окончательно, полагая $w=27r$ и $v=9u_1$ получаем кривую в стандартной форме
$E: w^2=v^3+216v-1404$.
$P=(12,54)$ - рациональная точка на кривой $E$, соответствующая $x=1$. Поскольку $\frac{{d}^2{w}}{d{v}^2}|_{v=12}=0$,
то $2P=-P$ т.е. $P$ имеет порядок 3.
Дискриминант кривой $E$ равен $\triangle=-{2^4}(4\cdot{216^3}+27\cdot{(-1404)^2})=-{2^8}{3^{12}}{11}$ поэтому можно проводить редукцию по простым $p\ne{2},{3},{11}$ и далее использовать часть теоремы Лутц-Нагеля о существовании гомоморфизма ${E(Q)}\longrightarrow{{E_p}(Z_p)}$, ограничение которого на группу кручения $E(Q)_{tor}$ является вложением.
Проведя редукцию по $\operatorname{\mod}$ 5 и $\operatorname{\mod}$ 7 получаем, что $E_5(Z_5)$ состоит из 9 точек $(0,1),(0,4),(2,1),(2,4),(3,1),(3,4),(4,4),(4,1),\infty$,
а $E_7(Z_7)$ из 6 точек $(2,3),(2,4),(4,0),(5,2),(5,5),\infty$
Таким образом, $E(Q)_{tor}$ состоит из трех точек. Они уже известны. Это $P,-P,\infty$. Других рациональных точек конечного порядка нет.
Поскольку ранг $E$ равен нулю (можно убедиться с помощью PARI/GP), то нет и точек бесконечного порядка.
Итак, вписанных в окружность четырехугольников с рациональными длинами сторон и площадью, отличных от квадрата, у которых длины сторон образуют геометрическую прогрессию, не существует.
Можно доказать, что если в предыдущем утверждении слово "геометрическую" заменить на "арифметическую", то утверждение останется верным.
Доказательство похоже на приведенное, но в каких-то пунктах более хлопотное.