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
4

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
4

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
4

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
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


10115

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:

×2,328

задан
11 Июн '12 20:19

показан
4743 раза

обновлен
22 Мар '13 18:32

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