triángulos en$\mathbb{R}^n$ con todos los vértices en$\mathbb{Q}^n$

Question

En el contexto de este post, un triángulo significa un triple $(a,b,c)$ de los números reales positivos que califican como longitudes de los lados de un triángulo (es decir, el triángulo de las desigualdades están satisfechos).

Llamada triángulo $(a,b,c)$ racionalmente realizable si, para algún entero $n\ge 2$, un triángulo con las longitudes de los lados $a,b,c$ puede ser colocado en $\mathbb{R}^n$ con todos los vértices en $\mathbb{Q}^n$.

Algunos de los ejemplos . . .

• Si el triángulo equilátero $(a,a,a)$$a\in\mathbb{Q}$, entonces es racional realizable en $\mathbb{R}^6$.$\\[6pt]$

  Prueba:$\;$el Uso de los vértices $ ({\large{\frac{a}{2}}},{\large{\frac{a}{2}}},0,0,0,0),\, (0,0,{\large{\frac{a}{2}}},{\large{\frac{a}{2}}},0,0),\, (0,0,0,0,{\large{\frac{a}{2}}},{\large{\frac{a}{2}}}) $.

• Si a la derecha del triángulo $(a,b,c)$ con las piernas $a,b$$a,b\in\mathbb{Q}$, entonces es racional realizable en $\mathbb{R^2}$.$\\[6pt]$

  Prueba:$\;$el Uso de los vértices $(0,0),\,(a,0),\,(0,b)$.

A partir de la fórmula de la distancia, para el triángulo $(a,b,c)$ a ser racionalmente realizable, una condición necesaria es $a^2,b^2,c^2\in \mathbb{Q}$.

Es esta condición suficiente? Más precisamente:

Pregunta:$\;$Si el triángulo $(a,b,c)$$a^2,b^2,c^2\in \mathbb{Q}$, debe ser racionalmente realizable?

Answer 1

Tengo una respuesta positiva si el triángulo no es obtuso. Esperemos que la prueba de idea de lo que puede ser extendido.

Primero de todo, por reescalado con algunos de los grandes entero positivo, podemos suponer que la $a^2, b^2, c^2$ son todos los enteros positivos. Así que asumir que el triángulo no es obtuso, es decir, WLOG tenemos $a^2\leq b^2\leq c^2\leq a^2+b^2$.

Deje $n:= \frac{a^2+b^2+c^2}{2}$ ser la dimensión. Vértice $C$ es el origen. Vértice $B$ es el punto cuya PRIMERA $a^2$ coordenadas se $1$ y el resto es $0$. El tercer vértice $A$ es el punto cuya ÚLTIMA $b^2$ coordenadas se $1$ y el resto es $0$. La longitud de $BC$$a$, la longitud de $AC$$b$, y la longitud de $AB$$\sqrt{n-(a^2+b^2-n)}= \sqrt{2n-(a^2+b^2)}= c$.

Answer 2

La respuesta es sí, y como cuasi señaló, también es posible resolver el problema en la mayoría de las 12 dimensiones en el que no obtusa caso. Voy a modificar esa construcción, y ofrecer toda la prueba en la obtusa caso, que es más complicado. Así WLOG asumir que $a^2\leq b^2\leq c^2$ son todos los números enteros positivos.

Caso 1: El triángulo no es obtuso, es decir, $c^2\leq a^2+b^2$. Deje $s:= \frac{a^2+b^2-c^2}{2}\in \mathbb{N}$, y deje $x:= b^2-s\in \mathbb{N}, y:= a^2-s\in \mathbb{N}$. Por Lagrange de cuatro cuadrados teorema (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange%27s_four-square_theorem ), es posible escribir $x,y,s$ como la suma de los cuadrados de 4 números enteros. Producir vectores de longitud de 4 fuera de estos cuartetos de números, y denotan ellos por $\underline{x}, \underline{y}, \underline{s}$, respectivamente.

Deje $C$ ser el origen. Definir $A,B$ como la concatenación de los vectores de longitud cuatro de la siguiente manera:

$$A=(\underline{x},\underline{s},\underline{0})$$ $$B=(\underline{0},\underline{s},\underline{y})$$

Entonces $\vert AB\vert=c$, $\vert BC\vert=a$, $\vert CA\vert=b$.

Caso 2: El triángulo es obtusángulo, es decir, $c^2> a^2+b^2$. Podemos reducir esto a la no-obtuso caso. Elegimos los números racionales positivos $x,y,z$ tal que $c^2-z^2< (a^2-x^2)+(b^2-y^2)$, e $a_1:= \sqrt{a^2-x^2}, b_1:= \sqrt{b^2-y^2}, c_1:=\sqrt{c^2-z^2}$ son los lados de un triángulo, en orden creciente, y $x+y=z$. Para encontrar los números racionales, se introduce la variable $\lambda>0$ y resolver:

$x=\lambda a$, $y=\lambda b$, $z=x+y$, y $c^2-z^2= (a^2-x^2)+(b^2-y^2)$.

Sustituyendo $z=x+y$ en la última ecuación, se obtiene: $$2xy= c^2-a^2-b^2= -2ab\cos \gamma$$ (Note that this is positive as the triangle is obtuse.) Putting $x=\lambda$, $y=\lambda b$ yields the solution $\lambda= \sqrt{-\cos \gamma}$, which satisfies $0<\lambda<1$. Como los números racionales son densos en los reales, podemos escoger los números racionales $x\approx \lambda a, y\approx \lambda b, z:= x+y$, de tal manera que la ecuación está en ruinas en la dirección correcta para obtener el $c^2-z^2< (a^2-x^2)+(b^2-y^2)$.

Ahora podemos resolver el problema utilizando el 13 de coordenadas. En primer lugar, producir la solución en 12 de coordenadas para el triángulo $(a_1, b_1, c_1)$. Esto es posible, como $a_1^2, b_1^2, c_1^2$ son racionales y el triángulo es acutángulo, por lo que nos podemos referir a la del Caso 1. La solución es $A_1, B_1, C_1$ donde $C_1$ es el origen. Ampliamos estos vectores solución por una suerte xiii de coordenadas. En caso de $C$, la nueva coordinar también es $0$, lo $C$ es el origen de $\mathbb{R}^{13}$. En caso de $A$, la nueva coordenada es $y$, y en el caso de $B$, la nueva coordenada es $-x$. Entonces $AC^2=b_1^2+y^2=b^2$, $BC^2=a_1^2+x^2=a^2$, y $AB^2=c_1^2+(x+y)^2= c_1^2+z^2= c^2$.

Permítanme señalar que al menos 4 dimensiones es necesario en general, ya que existen números racionales que no puede ser escrito como la suma de los cuadrados de tres números racionales.

Answer 3

Para el obtuso caso, he aquí una prueba geométrica . . .

Por A. Pongrácz elegante construcción, la demanda sostiene para no obtusa triángulos.

Se puede reducir el obtuso caso a la no-obtuso caso de la siguiente manera . . .

Supongamos que el triángulo obtuso $T$ tiene longitudes de los lados $a,b,c$,$a\le b < c$, e $a^2,b^2,c^2\in\mathbb{Q}$.

Coloque una copia de triángulo $T$ $\mathbb{R^2}$ como triángulo $ABC$,$a=|BC|,\;b=|AC|,\;c=|AB|$.

Reflejar $B$ (el vértice de la mayor de las dos ángulos agudos) $C$ a un punto de $C'$, y deje $T'$ denotar triángulo $ABC'$.

La fórmula para la longitud de una mediana de

https://en.wikipedia.org/wiki/Median_(geometría)#Formulas_involving_the_medians%27_lengths

desde los cuadrados de las longitudes de los lados del triángulo $T$ son racionales, por lo que son los cuadrados de las longitudes de los lados del triángulo $T'$.

A la luz de la fórmula del punto medio, si el triángulo $T'$ racionalmente es realizable en $\mathbb{R}^n$ (para algunos entero $n\ge 2$), por lo que es el triángulo $T$.

Por lo tanto, si $T'$ no es obtuso, hemos terminado.

Supongamos $T'$ es obtuso.

La medida del ángulo en el vértice $B$ es invariable, por lo que es todavía agudo.

Deje que las longitudes de los lados del triángulo $T'$ $a',b',c'$ donde $a'=|BC'|,\;b'=|AC'|,\;c'=|AB|$.

A continuación,$a'=2a,\;c'=c$, y, por la mediana de la longitud de la fórmula, obtenemos $(b')^2 = 2a^2+2b^2-c^2$.

A continuación, de forma idéntica, $$(b')^2+(c')^2-(a')^2= (2a^2+2b^2-c^2)+(c^2)-(2a)^2=b^2-a^2$$ que es no negativa, ya que $b\ge a$.

Por lo tanto, el nuevo ángulo en $A$ (ángulo BAC') no es obtuso, por lo tanto, desde el $T'$ es obtuso, el ángulo obtuso es en $C'$.

Considerar la relación de la nueva ángulo de $A$ (ángulo de $BAC'$), a la antigua (ángulo de $BAC$) . . .

Desde el ángulo de $C'$ es obtuso, tenemos $|AB| > |AC'|$, por lo tanto, por el teorema de la bisectriz de un ángulo,

https://en.wikipedia.org/wiki/Angle_bisector_theorem#Theorem

la bisectriz de un ángulo de ángulo de $BAC'$ cumple lado $BC'$ estrictamente entre el$C$$C'$.

De ello se deduce que el nuevo ángulo de $A$, mientras que todavía agudo, más del doble de la anterior.

En el triángulo $T'$, el nuevo ángulo más pequeño es el ángulo de $BAC'$ o ángulo de $ABC'$.

Por lo tanto, el nuevo ángulo más pequeño es más que el doble de la edad de uno, o de lo contrario el nuevo ángulo más pequeño es igual al mayor de los dos ángulos agudos de la antigua.

Ahora iterar el proceso, reflejando el vértice de la mayor de las dos ángulos agudos del triángulo $T'$ $C'$ a un punto de $C''$, y deje $T''$ denotar triángulo $ABC''$.

Como antes, si $T''$ no es obtuso, hemos terminado.

Si no, el ángulo más pequeño de $T''$ es más de dos veces el ángulo más pequeño de $T$.

Por lo tanto, el proceso no puede producir obtuso triángulos para siempre, ya que, mientras que los triángulos son todavía obtuso, el ángulo más pequeño más que se duplica después de dos iteraciones.

De ello se desprende que $T$ racionalmente es realizable.

Esto completa la prueba.

Comentario:$\;$Con este enfoque, para la obtusa caso, no más de coordenadas es necesario.