10

Существует ли треугольник с целочисленными сторонами, у которого высота,проведенная к основанию, равна этому основанию?

задан 11 Июн '12 20:19

изменен 11 Июн '12 20:21

1

Задача олимпиадная (для школьников).

(11 Июл '12 9:01) Anatoliy

Бедные дети :\

(25 Июл '12 21:08) Occama
1

Домашнее задание перед областным физико-математическим турниром. Могу предложить еще одну задачу для домашнего задания.

(25 Июл '12 21:35) Anatoliy

Было бы весьма интересно. Предложенная задача зацепила, а так как программный перебор длин высоты до 100 000 не дал результата, то предполагаю все же, что необходимо доказать отсутствие такого треугольника и, видимо, нужно как-то играть с иррациональностью получаемых в основании отрезков, но это еще обдумывать и обдумывать...

(25 Июл '12 22:00) Occama

Хорошо, что эта задача была не на самой олимпиаде... Столько народу здесь решают и решить не могут... А решение сложное? Или мы просто чего-то не замечаем?

(25 Июл '12 22:35) DocentI

Нужно продолжить поиск решения. Награда за это - полученное решение.

(25 Июл '12 22:53) Anatoliy

Доказательство несуществования искомого треугольника представлено на форуме Мехмата МГУ в 2-х вариантах: мое (nickname: yog-urt) начало - link text (пост "А время гонит лошадей"(А.Пушкин)"), окончание - link text (пост "О свойствах треугольника, которого нет..." и Антона (nickname: Anton25) - там же (на с. 4, пост "Доказательство").

(16 Дек '12 16:31) Urt

Если Вам нетрудно, то разместите решение здесь на форуме, чтобы это решение оценили участники форума.

(16 Дек '12 17:16) Anatoliy

Сейчас я очень занят. Свое доказательство систематизирую и представлю на следующей неделе. Anton25 свое решение разместил в абсолютно кондиционном виде.

(16 Дек '12 19:14) Urt

@Anatoliy: Вы предлагали высказаться по поводу этой задачи. Я её видел, и мне кажется, что это весьма трудная и очень интересная задача. Здесь @Urt изложил исчерпывающее решение. Оно довольно естественное, и, судя по всему, трудно предложить что-то принципиально более простое. Единственное, что можно заметить -- это то, что в системе (11) невозможность решения сразу следует из соображений чётности. Переформулировка: уравнение $%(x-x^{-1}-1)+(y-y^{-1}-1)=0$% не имеет решений в рациональных числах. Это можно пытаться доказывать разными методами, но какого-то совсем простого решения я не знаю.

(8 Мар '13 14:18) falcao

Спасибо за комментарий к этой задаче.

(8 Мар '13 14:22) Anatoliy
показано 5 из 11 показать еще 6
10|600 символов нужно символов осталось
6

Доказательство несуществования искомого треугольника

Условие существования треугольника определяется решением следующей системы уравнений в натуральных числах: $$ (1) \;\;\;\;\; a^2 =c^2+z_1^2 $$ $$ (2) \;\;\;\;\; b^2 =c^2+z_2^2 $$ $$ (3) \;\;\;\;\;z_1 \pm z_2=с $$ В доказательстве будет использоваться следующее

Утверждение 1. Система уравнений $$ (4) \;\;\;\;\;4q^2+w^2=d^2, \;\; q^2-w^2=e^2$$ неразрешима в натуральных числах.

Далее натуральность рассматриваемых чисел подразумевается без специальных оговорок.

Доказательство утверждения 1
Предположим противное (числа $% q, w, d, e $% – удовлетворяют уравнению (4)), причем, не нарушая общности, будем считать, что $% q, w $% и $% d, e $% –попарно несократимые числа и, кроме того, что данный набор решений из всех возможных наборов решений содержит наименьшее число $% w. $% Из второго уравнения следует, что $% q $% – нечетное число. При этом с учетом того, что разность квадратов нечетных чисел делится на 8, из первого уравнения можно заключить, что $% w$% и $% d $% – четные числа. Подставляя в (4) $% w = 2r , d = 2s $% получим эквивалентную систему уравнений: $$ (У1) \;\;\;\;\; q^2+r^2=s^2 , \;\; q^2 – 4r^2=e^2 , $$ где $% r $% – четно, а $% s, e $% – нечетны. Представим числа $% q, r $% через пифагоровы тройки: $$ (У2) \;\;\;\;\; q=m_1^2 – n_1^2= m_2^2 + n_2^2 , \;\;\;\;\;r= 2m_1 n_1= m_2 n_2, $$ где $% m_1, n_1 $% и $% m_ 2, n_2 $% попарно несократимы. Пусть $% m_1=s_1s_2 , \;\; n_1=t_1t_2 , \;\; m_2=2s_1t_1 , \;\; n_2=s_2t_2 , $% (это общее c точностью до обозначения чисел представление попарно несократимых пар чисел, удовлетворяющих правому уравнению в (У2)). С учетом этого из (У2) $$ (У3) \;\;\;\;\; s_1^2s_2^2-t_1^2t_2^2=4s_1^2t_1^2+s_2^2t_2^2,\;\;\;\;\; r=2s_1s_2t_1t_2, $$ и после преобразований $$ (У4) \;\;\;\;\; s_1^2 (s_2^2-4 t_1^2)= t_2^2(s_2^2+ t_1^2) . $$ Возможны два случая.

  1. Если $% s_2^2-4 t_1^2 $% и $% s_2^2+ t_1^2 $% сократимы (например, общий делитель $% p$%), то, очевидно, $% p=5. $% В этом случае из (У4) получаем уравнения $% 5 s_1^2 = s_2^2+ t_1^2 , \;\; 5 t_2^2= s_2^2-4 t_1^2 , $% которые линейными преобразованиями приводятся к виду $$ (У5) \;\;\;\;\; 4s_1^2+ t_2^2= s_2^2, \;\; s_1^2- t_2^2= t_1^2. $$ Последние уравнения эквивалентны исходной системе уравнений (4), при этом $% t_2 \sim w $% и $% t_2 < w, $% что противоречит допущению (о минимальности $% w$%) и свидетельствует о неразрешимости системы уравнений (4) в данном случае.

  2. Если $% s_2^2-4 t_1^2 $% и $% s_2^2+ t_1^2 $% несократимы, то $% s_1^2 = s_2^2+ t_1^2 , \;\; t_2^2= s_2^2-4 t_1^2 , $% т. е. также получена система уравнений, эквивалентная (У1) и исходной системе, при этом $% 2t_1 \sim w $% и $% 2t_1 < w. $% Таким образом, система уравнений (4) неразрешима, ч. т. д. #

Доказательство неразрешимости системы уравнений (1)-(3). Будем считать, что каждое из уравнений (1)-(3) несократимо, поскольку, если сократимо хотя бы одно из них, то сократимы с этим же коэффициентом все уравнения (1)-(3). При этом их можно сократить и получить аналогичные уравнения с меньшими значениями неизвестных чисел.

Предположим, что уравнения (1)-(3) разрешимы. Тогда, подставляя (3) в (1) и (2), имеем $$ (5) \;\;\;\;\; a^2 –z_2^2=2z_1(z_1\pm z_2) $$ $$ (6) \;\;\;\;\; b^2 –z_1^2=2z_2(z_1\pm z_2) $$ Поскольку левые и правые части (5), (6) делятся на 8, и либо $%z_1$% , либо $%z_2$% нечетно, то число $%z_1\pm z_2=c$%. четно. С учетом четности числа c запишем условия выполнимости уравнений (1), (2) через параметры пифагоровых троек: $$c=2m_1n_1,\;\; z_1=m_1^2-n_1^2$$ $$c=2m_2n_2,\;\; z_2=m_2^2-n_2^2$$ При этом в соответствии с (3) $$ (7) \;\;\;\;\; (m_1^2-n_1^2) \pm (m_2^2-n_2^2) =2m_1n_1. $$ Общее представление двух пар чисел $% (m_1,n_1) $% и $% (m_2,n_2) $%, произведение каждой из которых равно $%c/2, $% имеет вид $$m_1=xy, \;\; n_1=uv;\;\;\;\; m_2=xu, \;\; n_2=yv. $$ Подставляя эти значения в (7), получим $$ ((xy)^2- (uv)^2) \pm ((xu)^2-(yv)^2)=2xyuv, $$ Из последних соотношений при разложении их левых частей на множители получим два уравнения: $$ (8) \;\;\;\;\; (x^2-v^2)(y^2+u^2)=2xyuv. $$ $$ (9) \;\;\;\;\; (x^2+v^2)(y^2-u^2)=2xyuv. $$ Как установлено, для существования треугольника с требуемыми свойствами необходимо и достаточно существование решения данных уравнений в натуральных числах $% x, y, u, v. $% Поскольку эти уравнения эквивалентны с точностью до обозначения переменных, то вопрос об их разрешимости рассмотрим лишь для уравнения (8). При этом можно считать, что числа $%x, v $% и $% y, u $% в (8) попарно несократимы, иначе их можно сократить и получить такое же уравнение в несократимом виде. При этом условии, как легко видеть, сомножители в левой части уравнения (8) также несократимы. С учетом рассмотренного имеем следующие свойства чисел в уравнении (8): а) все делители числа $% (x^2-v^2) $% являются делителями числа $% 2yu$% все делители числа $% yu $% являются делителями числа $% (x^2-v^2); $% б) все делители числа $% (y^2+u^2) $% являются делителями числа $% 2xv, $% все делители числа $% xv $% являются делителями числа $% (y^2+u^2); $% в) только одно из чисел $% (x^2-v^2), (y^2+u^2) $% является четным. Эти утверждения позволяют представить уравнение (8) в виде 2-х вариантов системы двух уравнений: $$ (10) \;\;\;\;\; (x^2-v^2)= 2yu,\;\; (y^2+u^2)=xv, $$ $$ (11) \;\;\;\;\; (x^2-v^2)= yu,\;\; (y^2+u^2)=2xv. $$ Используя алгебраическое тождество и уравнения (10), получим систему уравнений $$ 4(xv)^2+(x^2-v^2)^2=(x^2+v^2)^2, (xv)^2-(x^2-v^2)^2=(y^2-u^2)^2, $$ которая, как следует из утверждения 1, неразрешима в натуральных числах. Следовательно, и система (10) неразрешима в натуральных числах. Аналогично из (11) получим систему уравнений $$ 4(xv)^2+(x^2-v^2)^2=(x^2+u^2)^2, (xv)^2-(x^2-v^2)^2=[(y^2-u^2)/2]^2, $$ в которой в силу нечетности $% y, u $% правая часть последнего уравнения является квадратом натурального числа. В силу утверждения 1 данная система уравнений неразрешима в натуральных числах. Следовательно, и система (11) неразрешима в натуральных числах. Из неразрешимости систем уравнений (10) и (11) следует неразрешимость уравнений (1)-(3) и несуществование искомого треугольника. #

Yog-Urt

ссылка

отвечен 22 Дек '12 21:15

изменен 26 Дек '12 20:59

В приведенном мной доказательстве утверждения 1 есть некорректность (заметил Anton25 на форуме MathForum). Доказательство этого утверждения проходит в громоздком варианте. Постараюсь опитмизировать, апробировать и разместить в обозримое время.

Размещено в скорректированном виде 26.12.12

(23 Дек '12 1:28) Urt
10|600 символов нужно символов осталось
5

Некоторые мысли по поводу.
Можно показать, что части, на которые делит высота противоположную сторону, выражаются рационально через стороны треугольника. Значит, в условиях задачи они являются рациональными числами. Умножая все длины на подходящее число, можно сделать их целыми. alt text
Имеем $%h = y + x$% или $%h = y - x$%. Если два из чисел $%x, y, h$% имеют общий множитель, то и третье делится на него. Поэтому не ограничивая общности можно считать, что числа $%x, y, h$% попарно взаимно просты.
Тогда они являются элементами пифагоровых троек, для которых известно, в частности, что одно из чисел четное, а другое - нечетное.
Если h - нечетное, то x и y - четные, что приводит к четности h. Противоречие. Значит, $%x, y$% - нечетные, а h - четное.
Общий вид пифагоровых троек известен. Получаем, что $%x = mn, y = kl, 2h = m^2-n^2 = k^2- l^2$% для некоторых нечетных натуральных $%k, l, m, n$%, причем k и l взаимнопросты, как и m и n.

Дополнение от пятницы, 13 июля. Прямым счетом задача сводится к такой: существует ли такое рациональное t, что число $%t+1/t-1$% есть квадрат рационального числа? Если существует, с его помощью можно построить решение (тупоугольный треугольник, как на правом рисунке). Если не существует - искомых треугольников тоже нет.

Дополнение 2 - исправление Доп. 1. В вычислениях был перепутан знак. Имеем $%h^2 = a^2 - x^2$%, a - сторона треугольника. Это диофантово уравнение имеет стандартное решение: $%a - x = p, a + x = h^2/p$%, откуда $%x = ({h^2\over p} - p)/2$%. Обычно требуют, чтобы p было делителем $%h^2$%, но можно на этом не заморачиваться, достаточно получить рациональное решение. Аналогично получаем, что $%y = ({h^2\over q} - q)/2$%. Теперь можно подставить вычисленные x и y в равенство $%h = y + \varepsilon x$%, где $%\varepsilon =\pm 1$% и $%\varepsilon^2 = 1$%.
После упрощений оно принимает вид $%h^2 - {2pq\over p + \varepsilon q}h - \varepsilon pq = 0$%. Дискриминант этого уравнения должен быть квадратом рационального числа. Его четверть равна $%\frac{pq(\varepsilon p^2 + \varepsilon q^2 + 3pq)}{(p+\varepsilon q)^2}$%. Знаменатель и так квадрат, разве что при $%\varepsilon =-1$% должно быть $%p \ne q$%. Значит, квадратом должно быть и число $%pq(\varepsilon p^2 + \varepsilon q^2 + 3pq) = p^2q^2(\varepsilon({p\over q}+{q\over p})+3)$%. Пусть $%{p\over q} = t$%, тогда квадратом должно быть число $%\varepsilon(t+{1\over t})+3$%.

ссылка

отвечен 13 Июн '12 22:45

изменен 13 Июл '12 23:02

Мысли хорошие.

(14 Июн '12 10:58) Anatoliy

Пока не знаю даже, какой ответ: есть или нет. Тупой перебор пифагоровых троек на Excel не дал результата. Так что подозрение, что ответ отрицательный...

(16 Июн '12 0:41) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
5

Пусть, $%a$%, $%b$%, $%h$% - стороны треугольника, $%h$%, кроме того, - высота. Приравняв площадь по обычной формуле и по формуле Герона, после возведения в квадрат получаем уравнение $$4h^4=(a+b+h)(a+b-h)(h+a-b)(h+b-a)$$ или $$4h^4=(n+h)(n-h)(h+m)(h-m)$$, где $%\;\;\;n=a+b$%, $%\;\;\;\;m=a-b$%
После раскрытия скобок получается биквадратное уравнение относительно $%h$% $$5h^4-(n^2+m^2)h^2+n^2m^2=0,$$ имеющее корни $%h_1$%, $%h_2$%, $%-h_1$%, $%-h_2$%. Отрицательную пару можно не рассматривать, будем говорить о двух корнях $%h_1$%, $%h_2$%.

По теореме Виета $$h_1^2+h_2^2=\frac{(n^2+m^2)}{5}$$ $$h_1^2h_2^2=\frac{n^2m^2}{5},$$ Если один из корней (например, $%h_1$%) является целым числом, то и второй корень $%h_2$% тоже будет целым, т.к. $%5h_2^2$% должно быть целым (см. док-во в дополнении). При этом $%\;\;n$%, и $%\;\;m$% должны быть кратны 5 (см. там же): $$n=5n_1$$ $$m=5m_1$$ Уравнение перепишется как $$h^4-5(n_1^2+m_1^2)h^2+125n_1^2m_1^2=0.$$
По той же теореме Виета $$n_1^2+m_1^2=\frac{(h_1^2+h_2^2)}{5}$$ $$n_1^2m_1^2=\frac{h_1^2h_2^2}{125},$$ откуда следует, что и $%\;\;h_1$%, и $%\;\;h_2$% кратны 5, т.е. $%\;h$% кратно 5: $$h=5h_s$$ Относительно $%h_s$% получается уравнение $$5h_s^4-(n_1^2+m_1^2)h_s^2+n_1^2m_1^2=0,$$ совпадающее с исходным с точностью до обозначений.

Дословно повторяя предыдущие рассуждения, получаем, что $%h_s=5h_{ss}$%, т.е. $%h=25h_{ss}$% и для $%h_{ss}$% справедливо такое же уравнение.

Повторяя рассуждения $%k$% раз, где $%k$% - произвольно заданное число, получаем, что $%h$% должно быть кратно любой произвольно заданной $%k$%-й степени числа 5, что невозможно.

Таким образом, указанного в условии треугольника не существует.

Дополнение (ответ на комментарий).

  1. Докажем, что если $%h_1$% целое, то $%h_2$% - тоже целое. $%h_1$% может быть целым только в том случае, если из дискриминанта извлекается корень, т.е. $%\sqrt{D}$% - целое. Но в этом случае, в соответствии с формулой корней квадратного уравнения, $%h_2$% будет по крайней мере рациональным, т.е. $%h_2=\frac{p}{q}$%, где $%p$% и $%q$% - взаимно простые числа. Докажем, что $%q=1$%. Предположим, что это не так, $%q>1$%. Обозначим $%A=n^2+m^2-5h_1^2$%. В соответствии с первой формулой Виета $%5h_2^2=A$%, т.е. $%5\frac{p^2}{q^2}=A$%. Если $%q \neq 1$%, то $%A$% не кратно 5, значит $%q$% кратно 5, т.е. $%q=5q_1$%, откуда $%p^2=5Aq_1^2$%. Из последнего равенства следует, что $%p$% кратно 5, т.е. $%p$% и $%q$% имеют общий множитель 5, что противоречит предположению об их взаимной простоте.

  2. Докажем, что $%m$% и $%n$% кратны 5. Из второй формулы Виета следует, что хотя бы одно из этих чисел кратно 5. В силу симметрии уравнений можно выбрать любое из них. Пусть это будет m, т.е. $%m=5m_1$%. Подставив последнее выражение в первую формулу Виета, получим, что $%n^2/5=h_1^2+h_2^2-5m_1^2$% - целое, т.е. $%n$% тоже кратно 5, ч.т.д.

ссылка

отвечен 3 Сен '12 14:34

изменен 4 Сен '12 13:09

"Если один из корней (например, $%h_1$%) является целым числом, то и второй корень $%h_2$% тоже будет целым, т.к. $%5h_2^2$% должно быть целым. При этом $%\;\;n$%, и $%\;\;m$% должны быть кратны 5: $$n=5n_1$$ $$m=5m_1$$". Вот на эту часть стоит обратить внимание. Возможно Вы достигли цели.

(3 Сен '12 18:07) Anatoliy

А если уравнение $$5h^4-(n^2+m^2)h^2+n^2m^2=0,$$ имеет кратный корень?

(3 Сен '12 21:42) Anatoliy

А что это меняет? Все остается в силе. Только доказывать целочисленность второго корня не надо.

(3 Сен '12 22:21) Андрей Юрьевич

Ну, кратного корня уравнение не может иметь. Просмотрите, Андрей Юрьевич, еще раз свое решение, чтобы не упустить какого-то нюанса. Желательно, чтобы Ваше решение оценили и другие участники форума. Я тоже это сделаю. И с удовольствием, при благоприятном исходе, отмечу Ваше решение как правильное. Успехов Вам.

(4 Сен '12 10:27) Anatoliy

Честно говоря, не понял, почему возник вопрос о кратном корне. Я не анализировал возможность его появления, но в приведенном решении кратный корень (даже если он возможен) проявится только в виде дополнительного условия $%h_1=h_2$%. И все. На ходе решения это никак не скажется, только отпадет необходимость доказывать, что $%h_2$% - целое.

(4 Сен '12 12:26) Андрей Юрьевич

Андрей Юрьевич, поздравляю Вас с успешным решением этой задачи! Успехов Вам в дальнейшей творческой деятельности.

(4 Сен '12 13:35) Anatoliy

Спасибо, меня несколько задело то, что я не могу решить школьную задачу, и я потратил на нее некоторое время. Но, пожалуй, для школьников она все-таки сложновата. Что, кто-нибудь из них решил? И есть ли другие решения?

(4 Сен '12 15:26) Андрей Юрьевич

Доказательство Андрея Юрьевича, как показал Anton25 (форум мехмата МГУ-[link text])1 ошибочно.

(27 Ноя '12 2:34) Urt

А у меня вызывает большие сомнения приведенное там опровержение моего доказательства. В приведенном контрпримере оба корня целые. Во всяком случае, пока я у себя ошибки не вижу.

(27 Ноя '12 12:12) Андрей Юрьевич

Urt, если есть ошибка в доказательстве Андрея Юрьевича, то укажите эту ошибку.

(27 Ноя '12 12:40) Anatoliy

"h1 может быть целым только в том случае, если из дискриминанта извлекается корень.... Но в этом случае, в соответствии с формулой корней квадратного уравнения, h2 будет по крайней мере рациональным" - не h2, а квадрат h2. У Antona25 - контрпример аналогичное уравнение с коэффициентом не 5, а 7.

(27 Ноя '12 17:15) Urt

Ждем комментария от Андрея Юрьевича.

(27 Ноя '12 18:20) Anatoliy

Да, к сожалению, есть ошибка. Для биквадратного уравнения (в отличие от квадратного) одна пара корней может быть целой, а вторая - иррациональной. Мое доказательство применимо только для случая двух пар целых корней. Случай "целая пара + иррациональная пара", по-видимому, нужно рассмотреть отдельно. Постараюсь это сделать, но в ближайшее время не обещаю - сейчас я очень занят.

(28 Ноя '12 17:01) Андрей Юрьевич

Спасибо Anton25 за обнаруженную ошибку в доказательстве Андрея Юрьевича. Спасибо Андрею Юрьевичу за настойчивость в поиске решения. У меня было изначально сомнение, но глубоко не вник в решение и принял ответ как правильный. Я думаю, что все нормально. Поиск решения продолжается!

(28 Ноя '12 20:17) Anatoliy
показано 5 из 14 показать еще 9
10|600 символов нужно символов осталось
3

Попробуем так. Пусть имеется целочисленное равенство $%ab = ef$%. На основе этого равенства составим целочисленные пифагоровы числа (см. левый рис. @DocentI): $% x = a^2 - b^2; y = e^2 - f^2; h = 2ab = 2ef$%; боковые стороны треугольника соответственно: $%t = a^2 + b^2; v = e^2 + f^2$%. Если $%(x+y) < > h$%,то всегда найдётся рациональное число $%k = p/q$% ($%p, q$% - целые числа), такое, что будет выполняться равенство: $%pq(a^2 - b^2 + e^2 - f^2) = 2p^2ab$%. Теперь приведём в соответствие пифагоровы числа по типу: $%xp^2 = p^2(a^2 - b^2) = A^2 - B^2; yp^2 = p^2 (e^2 - f^2) = E^2 -F^2$% и т. д. $%A,B,E,F$% - элементы новых пифагоровых чисел. Но равенство $%x + y = h$% снова не выполняется. Получается ответ отрицательный: такого треугольника не существует.

ссылка

отвечен 16 Июн '12 8:23

изменен 18 Июн '12 7:01

Ваше решение заслуживает внимания. Спасибо.

(16 Июн '12 10:41) Anatoliy

Попробовали так - не получилось: решение оказалось ошибочным. "Будем искать", - как говорил Юрий Никулин в "Бриллиантовой руке"

(17 Июн '12 7:39) nikolaykruzh...

@Anatoliy, у меня было два противоположных решения: 1) такой треугольник существует, 2) такого треугольника не существует. Какое решение заслуживает внимания: первое или последнее? Спасибо.

(18 Июн '12 22:24) nikolaykruzh...
1

Пусть это будет небольшая тайна.

(19 Июн '12 19:12) Anatoliy

Жалко. Лаплас остался бы недоволен таким непрозрачным ответом.

(20 Июн '12 0:18) nikolaykruzh...
10|600 символов нужно символов осталось
3

Это известная задача. Эквивалентная формулировка этой задачи следующая: "Задан единичный квадрат. Рассматриваем все точки на прямой, которая содержит одну из сторон квадрата. Найдется ли среди этих точек такая точка, расстояния от которой до всех четырех вершин квадрата являются рациональными числами?". Ответ известен и отрицателен. А вообще, задача интересна, ибо до сих пор неизвестно существует ли точка с указанными свойствами хотя бы где-то в плоскости квадрата. На прямой, содержащей сторону квадрата, такой точки точно нет. А есть ли в его плоскости под вопросом.

https://www.cambridge.org/core/journals/mathematical-gazette/article/9501-the-rational-distance-problem/D6381E878043C30056173AF8E3DC7540

ссылка

отвечен 26 Фев 22:33

10|600 символов нужно символов осталось
2

Таких чисел не существует. Пусть высота Н разбивает сторону на 2 отрезка $%Н_1$% и $%Н_2.$% Тогда $%H^2 + H_1^2 = a^2 (1); H^2 + H_2^2 = b^2 (2); H = H_1 + H_2 (3) $%. Подставляем $%(3)$% в $%(1)$% и $%(2)$% Имеем : $$(1) : 2H_1^2 + 2H_1H_2+ H_2^2 = a^2 ;$$ $$(2) : H_1^2 + 2H_1H_2 + 2H_2^2 = b^2 ;$$ Вычитаем из $%(1) - (2) : H_1^2- H_2^2 = a^2-b^2\Rightarrow$% $%(H_1-H_2)(H_1+H_2)= (a-b)(a+b).$%

Но $% a+b> H_1+ H_2$% и $% a-b > H_1-H_2.$% Следовательно , таких чисел не существует. $% a$% и $% b$% - две стороны треугольника.

ссылка

отвечен 13 Июл '12 23:29

изменен 17 Дек '12 20:58

Deleted's gravatar image


126

1

$% a-b > H_1-H_2 ? $%

Пусть $%a=5, h=4, h_1=3,h_2=1, b=\sqrt{17},$%

тогда $%a-b<h_1-h_2$%

(13 Июл '12 23:47) ASailyan

да . a-b - разность сторон. Н1-Н2 - разность проекций этих сторон на третью сторону

(13 Июл '12 23:50) БредПит

Подставлять в (3) не обязательно, просто вычесть (2) из (1). Если верить @БредПит, то вообще не существует треугольников, у которых высота равна основанию. Ведь целочисленность он не использовал!
И, конечно, проекция большей стороны может оказаться меньше, чем у меньшей, ведь они расположены под разными углами!

(14 Июл '12 20:14) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
1

Заинтересовала задачка очень... Вот что пришло в голову...

Пусть высота, проведенная к основанию, и основание = h. Пусть высота поделила основание на отрезок а и h-а соответственно, и трегольник на 2 прямоугольных. Выражаем по т. Пифагора боковые стороны треугольника, потом по той же теореме выражаем высоту из 2-ух прям. треугольников, приравниваем. Из уравнения получаем: h=2а (треугольник - равнобедренный). тогда боковая сторона в квадрате : $$ а^{2} + (2а)^{2} = 5а^{2} $$ т.е. сама сторона имеет вид: $$ \sqrt[2]{5} а $$, что не является целым числом.

ссылка

отвечен 12 Июн '12 17:13

изменен 19 Июн '12 10:52

Expert's gravatar image


10315

Спасибо Вам за проявленный интерес к этой задаче, за попытку решить ее, но это решение не может быть принятым. Вы сами это поймете если внимательно проанализируете свое решение. Успехов Вам.

(12 Июн '12 17:46) Anatoliy
10|600 символов нужно символов осталось
1

Как вариант.

Площадь любого треугольника равна половине произведения основания на высоту. В нашем случае площадь будет равна половине квадрата высоты.

С другой стороны юзаем формулу Герона и выражаем площадь через две стороны и высоту (длина третьей стороны).

Обе площади равны. Из равенства находим выражение для первой стороны и для второй стороны. Анализируем. Авось, чего-нибудь умное получится. Заниматься этим мне просто лень.

ссылка

отвечен 26 Июн '12 12:07

Попробуйте этот вариант. Все-таки приятно получить ожидаемый результат. Успехов Вам.

(26 Июн '12 16:04) Anatoliy

Нет, я такими вещами не балуюсь:) Жонглирование математическими символами - это не для меня:) С меня достаточно логики решения:) А в треугольнике много разных штучек, в которых можно поковыряться.

(26 Июн '12 18:10) ferst
10|600 символов нужно символов осталось
1

Если обозначить основание и высоту через $%a$%, а другие стороны через $% b$% и $% c$%,то легко получается уравнвние $%5а^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2a^2c^2-2b^2c^2=0.$% Надо доказать что это уравнение в целых числах не имеет решений.

ссылка

отвечен 14 Июл '12 14:03

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,480

задан
11 Июн '12 20:19

показан
5076 раз

обновлен
26 Фев 22:33

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru