Dos líneas paralelas y la distancia entre los tres puntos en ellos.

Question

Yo soy la solución de un problema difícil en mi tarea de libros de texto (es a partir de la lista de los problemas más difíciles en el final del libro con las estrellas). He reducido a pregunta muy simple que puedo probar por dos, pero muy complicado y largo formas (utilizando la fórmula de Heron y algunas operaciones de álgebra).

Debe ser fácil y sencillo (espero) la solución a esta pregunta, que yo no puedo ver.

La pregunta es: Tenemos dos líneas paralelas $(l_1,l_2)$, y la distancia entre estas líneas $|DE|=n$ un entero(véase fig.), $n \in \mathbb{N}$. Deje puntos $A$,$B \in l_1$ y $|AB|=|DE|=n$. Vamos a punto de $C \in l_2$$|AC|=k,|BC|=m$. Probar que existen no existen tales punto de $C$ que $k$ $m$ integer. (Si $k,n \in \mathbb{N}$, $m \notin \mathbb{N}$ o si $m,n \in \mathbb{N}$,$k \notin \mathbb{N}$).

Puedo probarlo (como he dicho antes es muy largo, el análisis de la ecuación de la cual podemos obtener del uso de las fórmulas para el área), estoy buscando breve y sencilla solución. Gracias.

En mi prueba que utilice la ecuación

$$4n^4=(n+k+m)(k+m -n)(n+k-m)(n-(k-m)), \ \text{si } x=k+m, y=k-m \Rightarrow$$

$$5n^4-(x^2+y^2) n^2 +x^2 y^2=0.$$

Answer 1

Deje $\phi\equiv$ ángulo subtendido por $ACB$

$\leadsto k^2+m^2=n^2-2km\cos\phi$ (1)

área de $\equiv\frac{(base)(foot)}{2}=\frac{n^2}{2}$

$\therefore\frac{n^2}{2}=\frac{1}{4}\sqrt{(k^2+m^2+n^2)^2-2(k^4+m^4+n^4)}$

Esta es la fórmula de la Garza. Implica nada muy oscuro hasta el momento. Plaza para desactivar la raíz. Multiplicar por 16. Su LHS obtiene.

$4n^4=(k^2+m^2+n^2)^2-2(k^4+m^4+n^4)$ (2)

Agregar $n^2$ a (1). El sustituto de RHS para LHS en (2).

$4n^4=(2n^2-2km\cos\phi)^2-2(k^4+m^4+n^4)$

$4n^4=4n^4-8n^2km\cos\phi+4k^2m^2\cos^2\phi-2(k^4+m^4+n^4)$

Reorganización,

$8n^2km\cos\phi-4k^2m^2\cos^2\phi+2(k^4+m^4+n^4)=0$

y

$n^4+4(km\cos\phi)n^2+k^4+m^4-2k^2m^2\cos^2\phi=0$ (3)

que es biquadratic en $n^2.$

(3) $\leadsto n^2=\frac{-km\cos\phi}{2}+\sqrt{6k^2m^2\cos^2\phi-(k^4+m^4)}$

donde $n^2$ es un cuadrado perfecto. Por simetría, vamos a $k>=m$ sin pérdida de generalidad. Si $k=m$

$n^2=\frac{-k^2\cos\phi}{2}+\sqrt{k^4(6\cos^2\phi-2)}$, $n^2=k^2(\sqrt{6\cos^2\phi-2}-\frac{\cos\phi}{2})$

Por hipótesis $n$ $k$ son elementos de $\mathbb{N}$, pero su relación se $\sqrt{\sqrt{6\cos^2\phi-2}-\frac{\cos\phi}{2}}$. Así que tal vez la hipótesis no se mantiene para este caso.

Este sería el caso más simple. Sin embargo, por hipótesis, $k=m+p:p\in\mathbb{N}$, por lo que debemos ser capaces de mostrar la relación de $n:k$ no es correcta en cualquier caso.

Quizás no sea muy corto, pero es muy simple.

Answer 2

Un principio:

Cuando esto puede ser hecho por entero $n$ tal que $k$ $m$ son enteros, entonces se puede hacer con $n$ incluso. Por lo tanto, puedo elegir $$A=(-n,0),\quad B=(n,0),\quad C=(x,2n)$$ con $x\geq 0$. Entonces $$k=\sqrt{4n^2 +(x+n)^2},\quad m=\sqrt{4n^2 +(x-n)^2}\ .\tag{1}$$ El cuadrado y restando da $$x={k^2-m^2\over 4n}\ ,$$ lo que demuestra que $x$ tiene que ser racional. Pero podemos decir más: De $(1)$ se desprende también que $$x=-n+\sqrt{k^2-4n^2},\qquad x=n+\sqrt{m^2-4n^2}\ .$$ Los dos surds sólo puede ser racional si $k^2-4n^2$ es un cuadrado de $k'^2$, y de manera similar a $m^2-4n^2$ es un cuadrado de $m'^2$. Como consecuencia de ello $x$ será un número entero.

Por lo tanto el problema se reduce a la siguiente: Tenemos que demostrar que el sistema de diophantine $$k^2=k'^2+4n^2,\quad m^2=m'^2+4n^2,\quad 2n=k'-m'$$ no tiene soluciones no triviales. Habría que mirar en la teoría de ternas pitagóricas $\ldots$