¿Existen triángulos pitagóricos incongruentes con el mismo perímetro y la misma área?

Question

Encontré que hay dos triángulos isósceles incongruentes con lados y áreas enteras, donde ambos tienen el mismo perímetro, la misma área.

He buscado en la Historia de la Teoría de los Números de Dickson pero no he encontrado dónde se trata la versión del triángulo rectángulo. [Pensé que si una prueba de inexistencia era sencilla aparecería en mi búsqueda, pero no encontré ninguna].

Puede ser sencillo demostrar que no existe, pero no he tenido suerte, sólo he llenado unas cuantas páginas del cuaderno con fórmulas que no van a ninguna parte. Se agradece la referencia/ejemplo/prueba. Gracias.

Answer 1

Consideremos dos triángulos rectos, con hipotenusas $p$ y $q$ y los respectivos ángulos agudos $\theta$ y $\phi$ . Para ver que al tener igual perímetro y área son congruentes, basta con demostrar que $$\theta = \phi \qquad\text{or}\qquad \theta+\phi=\frac{\pi}{2} \tag{0}$$ (Cualquiera de los dos hace que los triángulos sean similares, lo que a su vez los hace congruentes).

Al igualar los perímetros y las áreas se obtiene un sistema que podemos escribir como

$$\begin{align} p(1+\sin\theta+\cos\theta) &= q(1+\sin\phi+\cos\phi) \\ p^2 \sin\theta \cos\theta &= q^2 \sin\phi \cos\phi \end{align} \tag{1}$$

Definición de $u:=\tan(\theta/2)$ , "sabemos" que $$\sin\theta = \frac{2u}{1+u^2} \qquad \cos\theta=\frac{1-u^2}{1+u^2} \quad\to\quad 1+\cos\theta+\sin\theta= \frac{2 (1 + u)}{1 + u^2}$$ y lo mismo para $v:=\tan(\phi/2)$ . Así, $(1)$ puede reescribirse como $$\begin{align} p\frac{(1+u)}{1+u^2} &= q\frac{(1+v)}{1+v^2} \\[4pt] p^2\frac{u(1+u)(1-u)}{(1+u^2)^2} &= q^2\frac{v(1+v)(1-v)}{(1+v^2)^2} \end{align}\tag{2}$$ Dividiendo la segunda ecuación por el cuadrado de la primera ...

$$\frac{u(1-u)}{1+u} = \frac{v(1-v)}{1+v} \quad\to\quad (u-v)(uv+u+v-1)=0 \quad\to\quad u=v, \text{ or } \frac{u+v}{1-uv}=1 \tag{3}$$

Por lo tanto, tenemos una de las siguientes situaciones (teniendo en cuenta que $\theta/2$ y $\phi/2$ son cada uno como máximo $\pi/4$ para que podamos sacar las conclusiones oportunas de estas desigualdades tangentes): $$\begin{align} \tan\frac{\theta}{2}=\tan\frac{\phi}{2} &\quad\to\quad \theta=\phi \\[4pt] \frac{\tan(\theta/2)+\tan(\phi/2)}{1-\tan(\theta/2)\tan(\phi/2)} = 1 &\quad\to\quad \tan\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\phi}{2}\right)=\tan\frac{\pi}{4} \quad\to\quad \theta+\phi=\frac{\pi}{2}\end{align} \tag{4}$$ que coinciden con las condiciones suficientes en $(0)$ . $\square$

Answer 2

Dejemos que $S$ sea la circunferencia y $A$ el doble del área de un triángulo.

Entonces, $$a_i+b_i+\sqrt{a_i^2+b_i^2}=S \text{ and } a_ib_i=A. \tag{1}$$ Después de cuadrar, $S^2+2A-2S(a_i+b_i)=0$ y desde aquí $a_i+b_i=S/2+A/S$ . Así, $c_i=S-(a_i+b_i)=S/2-A/S=c$ Es decir, los triángulos tienen la misma hipotenusa.

Entonces, $a_i+b_i=S-c=T$ y $a_ib_i=A$ lo que da lugar a una solución para $a_i$ y $b_i$ expresado en términos de constantes $A$ y $T$ . Aunque una de las ecuaciones resultantes es cuadrática, hay un par de soluciones simétricas (gracias a los comentarios de abajo). Por lo tanto, todos los lados deben ser iguales.

Answer 3

El área y el perímetro definen unívocamente el radio del círculo inscrito porque $A=\frac12Pr$ y la hipotenusa porque $r=\frac{P}{2}-c$ . Eso arregla ambos $a+b=P-c$ y $ab=2A$ así que $a$ y $b$ también son únicas hasta la permutación, QED.

Answer 4

Consideremos un triángulo rectángulo con lados $a$ y $b$ .
La hipotenusa tiene una longitud $c=\sqrt{a^2+b^2}$ . Su superficie es $ab/2$ y el perímetro es $a+b+c$ .

Permitiré $a,b,c$ para ser cualquier número real positivo, sin restringirlos a números enteros positivos.

Supongamos que escalamos los triángulos de forma que $ab=1$ (es decir, un área de $1/2$ ). ¿Es posible tener dos de estos triángulos distintos pero con el mismo perímetro?

Podemos suponer que $a$ es el lado más largo, es decir $a>b$ , por lo que debemos tener $a>1$ .

El perímetro es $$P(a) = a+b+c\\ = a+b+\sqrt{a^2+b^2}\\ = a+\frac{1}{a}+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}$$

Se trata de una función creciente en el intervalo $[1,\infty)$ porque su derivada con respecto a $a$ es positivo para $a>1$ . Esto es tedioso de comprobar a mano, así que usé Wolfram alfa . Sin embargo, se puede entender por qué esto es así al notar que si se aumenta $a$ , entonces la tasa a la que $a$ es mayor que la velocidad a la que $1/a$ disminuye, y lo mismo ocurre con $a^2$ frente a $1/a^2$ .

Esto significa que no hay dos valores de $a$ , ambos con $a>1$ para lo cual se obtiene el mismo perímetro.

Volviendo al problema original, significa que no hay dos triángulos rectángulos con el mismo perímetro y área, a menos que tengan los mismos lados. Básicamente, dados un área y un perímetro, sus dos ecuaciones determinan unívocamente los dos lados del triángulo porque las líneas que esas ecuaciones representan no son lo suficientemente curvas como para intersecarse varias veces.

---

P.D. Por cierto, el OP mencionó que hay pares de triángulos isósceles con áreas y perímetros coincidentes, incluso cuando todos los lados y el área son enteros. Dos ejemplos son:
$(29,29,40)$ y $(37,37,24)$ ,
y también
$(218,218,240)$ y $(233,233,210)$ .

Answer 5

Comentario largo:

Al menos puedes dar las fórmulas simples para el perímetro $P$ y el área $A$ de un triángulo rectángulo.

Si $z^2=x^2+y^2$ es un triángulo pitagórico primitivo con $x$ siendo la base del triángulo y $y$ siendo la altura (debido al ángulo recto), entonces $P=x+y+z$ y $A=\frac{1}{2}xy$

Entonces puedes citar las fórmulas de los triples pitagóricos primitivos, donde $z=\left(a^2+b^2\right)$ , $x=\left(a^2-b^2\right)$ y $y=2ab$

Para ampliar a todos los triángulos pitagóricos no primitivos tenemos

$$(cz)^2=(cx)^2+(cy)^2$$

Por lo tanto,

$$P=a(2a+2b)c$$ $$A=\frac{1}{2} \left(a^2-b^2\right)(2ab)c^2=\left(a^2-b^2\right)abc^2$$

Para dos triángulos pitagóricos incongruentes 1 y 2 la condición es

$$P_1=P_2 \;\;\text{and} \;\; A_1=A_2$$

Para el perímetro: $$a_1(2a_1+2b_1)c_1=a_2(2a_2+2b_2)c_2$$ $$\frac{a_2+b_2}{a_1+b_1}=\frac{a_1c_1}{a_2c_2}\tag{1}$$ Para la zona: $$\left(a_1^2-b_1^2\right)a_1b_1c_1^2=\left(a_2^2-b_2^2\right)a_2b_2c_2^2$$ $$\frac{a_2+b_2}{a_1+b_1}=\frac{a_1c_1}{a_2c_2}\left(\frac{b_1c_1}{b_2c_2}\frac{ (a_1-b_1) }{ (a_2-b_2) } \right)$$

Por lo tanto, la combinación de ambos da como resultado

$$b_1c_1(a_1-b_1)=b_2c_2(a_2-b_2)\tag{2}$$

Actualización:

Utilizando (1) y (2) podemos eliminar las variables $c_1$ y $c_2$ finalmente dando $$\frac{ (a_2+b_2) a_2 }{ (a_1+b_1) a_1 }=\frac{ (a_2-b_2) b_2 }{ (a_1-b_1) b_1 }$$ o $$\frac{ (a_2+b_2) a_2 }{ (a_2-b_2) b_2 }=\frac{ (a_1+b_1) a_1 }{ (a_1-b_1) b_1 }$$