Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)

[scwec]

Теперь сформулирую задачу, ради которой эта тема затевалась.
Докажите, что у вписанного в окружность четырехугольника, у которого длины сторон последовательные числа Фибоначчи,
размер площади - иррациональное число (или синусы всех углов иррациональны, как больше нравится).

Просьба Модераторам: выделить это сообщение в отдельную тему. Название можно оставить с пометкой выделено.

[Toucan]

По просьбе автора отделено от темы «Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи»

[scwec]

Пусть такой вписанный в окружность четырехугольник существует и площадь его рациональное число.
Площадь $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$. где $a,b,c,d$ - длины стороны и $p$ - полупериметр.
Или $(4S)^2=A\cdot{B}\cdot{C}\cdot{D}$ где
$A=F_{n+1}+F_{n+2}+F_{n+3}-F_{n+4}=F_{n+1}$
$B=F_{n+1}+F_{n+2}-F_{n+3}+F_{n+4}=F_{n+4}$
$C=F_{n+1}-F_{n+2}+F_{n+3}+F_{n+4}=2F_{n+1}+F_{n+4}$
$D=-F_{n+1}+F_{n+2}+F_{n+3}+F_{n+4}=2F_{n+4}-F_{n+1}$
$(4S)^2=(2F_{n+1}+F_{n+4})(2F_{n+4}-F_{n+1})F_{n+1}F_{n+4}$
Поделим это равенство на ${F^4}_{n+1}$ и обозначим $x=2{\frac{F_{n+4}}{F_{n+1}}}$, $y={\frac{4S}{{F^2}_{n+1}}}$.
Тогда $y^2=x^3+3x^2-4x=x(x-1)(x+4)\qquad(1)$. На этой эллиптической кривой три очевидные рациональные точки $(0,0),(1,0),(-4,0)$
второго порядка и $\infty$. Дискриминант её $\bigtriangleup=2^8{5^2}$, поэтому можно провести редукцию по модулю 7. $E_7{(Z_7)}$ содержит четыре точки
$(0,0),(1,0),(3,0),\infty$. Из теоремы Лутц-Нагеля - на кривой четыре рациональные точки конечного порядка.
Докажем, что ранг $(1)$ равен нулю и, следовательно, рациональных точек бесконечного порядка на ней нет.
Действуем по схеме, которая приводит к успеху в силу достаточной простоты $(1)$.
Вводим еще одну эллиптическую кривую $y^2=x^3-6x^2+25x$. Коэффициенты её вычисляются так: $-6=-2\cdot{3}, 25=3^2-4\cdot{(-4)}$,
( т.е. $a_1=-2a,b_1=a^2-4b$).
Выписываются два уравнения для первой и второй кривой.
1. $dt^2=d^2{p^4}+3dp^2{q^2}-4q^4\qquad(2)$
2. $DT^2=D^2{P^4}-6DP^2{Q^2}+25Q^4\qquad(3)$
Коэффициенты берутся из уравнений кривых.
Формула для ранга кривой $(1)$. Пусть $r$ - ранг, тогда $2^r=\frac{{N_1}\ctod{N_2}}{4}$, где $N_1$ количество целых $d$,
свободных от квадратов, делящих $4$ (коэффициент при $q^4$) и дающих целые нетривиальные решения $q,p,t$ для $(2)$, а $N_2$ количество целых $D$,
свободных от квадратов, делящих $25$ (коэффициент при $Q^4$) и дающих целые нетривиальные решения $Q,P,T$ для $(3)$.
Рассмотрим $(2)$. Варианты для $d$: $d=\pm{1},\pm{2}$
При $d=1$ есть решение $q=1,p=1,t=0$. При $d=-1$ тоже есть решение $p=0,q=1,t=2$. Два нужных значения $d$ уже имеем.
При $d=2$ уравнение $(2)$ выглядит так: $2t^2=4p^4+6p^2{q^2}-4q^4$. Сокращая на $2$ имеем $t^2=2p^4+3p^2{q^2}-2q^4$.
Без ограничения общности можно считать, что $gcd(p,q)=1$. Сравнивая левую и правую части уравнения по модулю $4$, видим, что уравнение целых решений не имеет.
При $d=-2$ получаем уравнение $t^2=-2p^4+3p^2{q^2}+2q^4$. Оно не имеет решений по той же причине, что и предыдущее. Значит, $N_1=2$.
Рассмотрим $(3)$. Варианты для $D$: $D=\pm{1},\pm{5}$.
При $D=1$ есть решение $P=0,Q=1,T=5$, при $D=-1$ и $D=-5$ уравнение не имеет решений, поскольку левая часть меньше нуля, а правая больше.
При $D=5$ решение есть $P=Q=1, T=2$. Таким образом, $N_2=2$. Используя формулу для ранга $2^r=1$. Ранг $r=0$, следовательно,
рациональных точек бесконечного порядка на кривой нет.

Конечно, такие решения технически возможны, когда немного простых составляющих у коэффициентов кривых ну и т.д. и т.п.
Задача мной специально подобрана, чтобы такой расчет можно было провести. И были пожелания о проведении такого расчета.
Проще, обратиться к PARI/GP, если, конечно, он есть под рукой.

gp > ellanalyticrank(ellinit([0,3,0,-4,0]))[1]
%1 = 0

Остается проверить точки $(0,0),(1,0),(-4,0)$. $x=2{\frac{F_{n+4}}{F_{n+1}}}$.
$(0,0)$ соответствует $F_{n+4}=0$. $(1,0)$ соответствует $2F_{n+4}=F_{n+1}$. $(-4,0)$ соответствует $F_{n+4}=-2F_{n+1}$.
Все три ситуации невозможны. Мы пришли к противоречию с первоначальной посылкой о том, что такой четырехугольник вписан в окружность и имеет рациональную площадь.
Доказательство завершено.

[nnosipov]

scwec в сообщении #623693 писал(а):

Формула для ранга кривой $(1)$. Пусть $r$ - ранг, тогда $2^r=\frac{{N_1}\ctod{N_2}}{4}$, где ...

Откуда эта формула?

-- Чт сен 27, 2012 12:56:46 --

scwec в сообщении #623693 писал(а):

имеем $t^2=2p^4+3p^2{q^2}-2q^4$.

Это уравнение я выписывал, но бросил его, полагая, что здесь какой-то нетривиальный спуск. А просто проверить по модулю даже и в голову не пришло.

[scwec]

nnosipov в сообщении #623831 писал(а):

Откуда эта формула?

Формула и вся опущенная теоретическая подоплека содержится в книге J.H.Silverman, J.Tate, Rational Points on Elliptic Curves 1992. стр. 91 и её окрестности.

[nnosipov]

Спасибо, надо будет посмотреть.

[scwec]

Хочу предложить задачу, решение которой чуть-чуть контактирует с вышеизложеным, но совершенно элементарно и не зависит от него.

nnosipov в сообщении #623831 писал(а):

scwec в сообщении #623693 писал(а):
имеем $t^2=2p^4+3p^2q^2-2q^4$
Это уравнение я выписывал, но бросил его, полагая, что здесь какой-то нетривиальный спуск. А просто проверить по модулю даже и в голову не пришло.

Задача такая. Надо найти треугольник, длины двух сторон которого равны $1$ и $2$, а третья сторона имеет рациональную длину и площадь треугольника - рациональна.
Или доказать, что такого треугольника не существует.

[gris]

Почему-то теорема синусов вспоминается.
Длины сторон — $1, 2, a$
Синусы углов — $S_1, S_2, S_a$
Косинусы углов — $C_1, C_2, C_a$
Тогда $S_2=2S_1;\;S_a=aS_1$
$S_a=S_1C_2+S_2C_1=S_1\cdot(C_2+2C_1)$
$a=(C_2+2C_1)$

То есть надо найти такое рациональное $S_1$, чтобы $\sqrt{1-4S_1^2}+2\sqrt{1-S_1^2}$ было рациональным.
Пусть $S_1=n/m$.
$\sqrt{1-4S_1^2}+2\sqrt{1-S_1^2}$
Может ли $\sqrt{m^2-4n^2}+2\sqrt{m^2-n^2}$ быть целым при целых $2n<m$?

Пишем малюсенький скрипт

for (m=2; m<6000; m++) {
   for (n=1; n<m/2; n++) {
      C=Math.sqrt(m*m-4*n*n)+2*Math.sqrt(m*m-n*n); 
      if (С- Math.floor(C) < 0.00001) {trace (n+" "+m+" "+С)}
      
}}

Увы, только вот
564 1585 4076.00000031854
Значит с некоторой вероятностью можно утверждать, что таких треугольников нет

Вот если бы исходные длины были 1 и 1, то решений куча. Например, $\{1;1;8/5\}$ или $\{1;1;999/648\}$

Ещё $\{1;6;845/145\},\;\{1;13;19138/901\},\;$

[scwec]

gris в сообщении #631302 писал(а):

Почему-то теорема синусов вспоминается.

Задача хоть и элементарная, но не совсем простая. Одними синусами не обойтись

[nnosipov]

scwec в сообщении #631305 писал(а):

Одними синусами не обойтись

Здесь должно вылезти уравнение $x^4-x^2y^2+y^4=z^2$, а значит, только методом спуска. Кстати, с уравнением $x^4+x^2y^2+y^4=z^2$ та же история.

-- Пн окт 15, 2012 23:31:33 --

gris в сообщении #631302 писал(а):

Значит с некоторой вероятностью можно утверждать, что таких треугольников нет

Конечно, их нет.

[scwec]

nnosipov в сообщении #631342 писал(а):

Здесь должно вылезти уравнение $x^4-x^2y^2+y^4=z^2$ , а значит, только методом спуска.

У меня в решении этого уравнения нет. Нет и метода спуска.
Насчет отсутствия треугольника, Вы правы. Кстати, нет и тругольника со сторонами $2,3$. Ну, тут можно обобщать и дальше.
Смотря по тому, какое появится доказательство.

[nnosipov]

scwec в сообщении #631364 писал(а):

У меня в решении этого уравнения нет. Нет и метода спуска.

Значит, я опять не заметил чего-то простого.

На самом деле, я просто ошибся в знаке :) Действительно, смотрим по модулю 3.

[scwec]

nnosipov, это Вы сейчас про приведенное Вами уравнение или про что-то, чего пока не видно?

[nnosipov]

Это я про уравнение $-9x^4+10x^2y^2-y^4=z^2$, при анализе которого мне привиделось то уравнение, которое я написал выше.

Вообще, симпатичные примеры Вы нашли. Простые, но не совсем очевидные соображения неожиданно приносят успех.

[scwec]

nnosipov, напишите как все это связано с первоначальной задачей.