¿Existe un triángulo con lados de longitud entera donde uno de altura es igual al lado que es la base?
$a,k,l$ -natural, $a$ es la longitud de la altura
Es un sistema muy duro para mí.
Respuestas
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Dietrich Burde
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En las fórmulas, queremos encontrar enteros positivos $a,b,c,d$ resolver las ecuaciones diofantinas $$ a^2+(a+b)^2=c^2 $$
$$ b^2+(a+b)^2=d^2. $$ En particular, obtenemos la ecuación diofantina $$ a^2+d^2=b^2+c^2, $$ que se ha estudiado [aquí]( Ecuación diofantina $a^2+b^2=c^2+d^2$ ). Por lo tanto, hay números enteros $p,q,r,s$ tal que $$ (a,b,c,d)=(pr+qs,ps+qr,pr-qs,qr-ps). $$ Usa esto para demostrar que no hay soluciones (si no me equivoco); las ecuaciones entonces vienen dadas por $$ (2pr + ps + qr)(ps + qr + 2qs) + (pr + qs)^2=0, $$
$$ (pr + 2ps + qs)(pr + 2qr + qs) + (ps + qr)^2=0. $$
No veo de dónde salen tus ecuaciones diofantinas. ¿Qué son $a,b,c,d$ ¿en términos del diagrama del PO?
El enlace que proporcionas(d) dice que las fórmulas que incluyes(d) en tu respuesta (original sin editar) no generan todas las soluciones (para los cuádruples pitagóricos)
N. Owad
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[Nota: Esto es probablemente lo mismo que dijo Dietrich, sólo que me gusta ver la geometría].
La pregunta es equivalente a preguntar si existe un triángulo con lados de longitud racional, ya que podemos escalar por el producto de los denominadores y obtener números enteros. Así que podemos suponer que $a=1$ ya que podemos escalar por el inverso de cualquier número racional $a$ es.
Geométricamente, esto nos permite colocar nuestro triángulo en el $1\times 1$ cuadrado en el plano cooridinado. Ahora sólo funciona para triángulos con el tercer vértice entre (0,1) y (1,1). Supongo que tendríamos que modificar esto para utilizar la ley de los cosenos para el resto de los triángulos. 
Entonces es sólo la teoría pitagórica y tenemos que $$\ell^2 =x^2+1$$ y $$k^2=(1-x)^2+1. $$
Queremos $k$ y $\ell$ para ser racional, así que vamos a llamar $\ell=\frac{p}{q}$ . Entonces $$x^2=\frac{p^2}{q^2}-1= \frac{p^2-q^2}{q^2},$$ así $$x= \frac{\sqrt{p^2-q^2}}{q}.$$
Así que con un poco de sustitución y simplificación, $$k^2=2-2x+x^2$$ $$k^2=2-2\frac{\sqrt{p^2-q^2}}{q}+\frac{p^2-q^2}{q^2}$$ $$k^2=\frac{2q^2}{q^2}-\frac{2q\sqrt{p^2-q^2}}{q^2}+\frac{p^2-q^2}{q^2}$$ $$k^2=\frac{q^2-2q\sqrt{p^2-q^2}+p^2}{q^2}$$ $$k=\frac{\sqrt{q^2+p^2-2q\sqrt{p^2-q^2}}}{q}$$
Entonces sólo necesitamos que el numerador sea un número entero. Estoy en el proceso de hacer que mathematica encuentre uno, pero verifiqué el primer $1000\times 1000$ pares de enteros para $p<q$ y no encontré nada... Te haré saber si encuentro algo sin embargo.
Gracias a TonyK por encontrar un error mío.
@TonyK *Suspira. Sí, mi corrección de pruebas es inexistente hoy aparentemente. Gracias de nuevo.
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Si existe, es una línea recta.
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Las cifras $a,b,c,d$ te rendiste $(a,a+b,c)$ y $(b,a+b,d)$ no salen en la foto.
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He tratado de solución, pero maby una manera equivocada. He borrado mi intento.
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Ya lo sé: La altura determina dos triángulos rectángulos cuyos lados son enteros.
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Se acaba de publicar una respuesta de @DietrichBurde, pero pondré una idea diferente como comentario (no comprobé si funcionaría). El área del triángulo sería $A=a^2/2$ donde $a$ es la altura y, a continuación, utilice también Fórmula de Heron para tratar de llegar a una contradicción.
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@Mirko: Ya he probado lo que sugieres, sin éxito. (Y me sigue sin convencer la respuesta de Dietrich).
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@TonyK Me tengo que ir, pero intentaré terminar la discusión más tarde.
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Podemos suponer $a=1$ y luego pregunta: ¿puede $l$ y $k$ ambos sean racionales? En otras palabras, ¿existe $x$ (no necesariamente racional) tal que $\sqrt{1 + x^2}$ y $\sqrt{1+(1-x)^2}$ ¿son ambos racionales?
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De hecho, si $r=\sqrt{1+x^2}$ y $s=\sqrt{1+(1-x)^2}$ son ambos racionales, entonces también lo es $x=\frac12(1+r^2-s^2)$ . Así que el problema es el mismo si exigimos o no que $x$ ser racional.