¿Cómo encuentras tríos pitagóricos que corresponden aproximadamente a un triángulo rectángulo con un ángulo dado?

Question

Dado un ángulo $\theta$, ¿puedo encontrar un triple pitagórico $(A,B,C)$ de manera que el triángulo rectángulo correspondiente contenga un ángulo tan cercano a $\theta$ como desee? Y si es así, ¿cómo? Por ejemplo, supongamos que $\theta = 56.25^\circ$. ¿Cómo puedo encontrar triples pitagóricos $(A,B,C)$ tal que $\tan(56.25^\circ) \approx B/A$? Observando la fórmula de Euclides, esto es lo mismo que pedir enteros $m$ y $n$ coprimos no-ambos-impares tales que $$\tan(56.25^\circ) \approx \frac{2mn}{m^2-n^2}\,$$, pero esto solo facilita una búsqueda por fuerza bruta. ¿Hay una manera procedimental de generar tales tríos arbitrariamente precisos?

Answer 1

Sea $r\in[0,\infty)$. El problema planteado es equivalente a encontrar $m\geq n\in\mathbb N$ tal que $r\sim\frac{2mn}{m^2-n^2}$.

Por lo tanto, queremos que $$rm^2-2mn-rn^2\sim0$$ Ahora supongamos que $r,n$ están dados y queremos encontrar $m$ que satisfaga la ecuación anterior (no necesariamente natural).

Entonces, $$m=\frac{n\left(1+\sqrt{1+r^2}\right)}r$$Así que queremos encontrar una elección de $n$ que haga que la expresión anterior sea arbitrariamente cercana a un entero.

Pero eso es relativamente fácil. Sea $c=\frac r{1+\sqrt{1+r^2}}$. Entonces, $n=mc$. Por lo tanto, simplemente queremos encontrar una fracción $\frac nm$ cercana a $c$. ¡Fácil!

Resumen:

Dado $\theta$, calcula $$c=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta} = \tan\frac\theta2$$Luego, encuentra una fracción $\frac nm$ arbitrariamente cercana a $c$. Sustituye $m,n$ en tu fórmula ¡y listo!

Answer 2

Esto funciona para $\quad 0.01 \lt \tan\theta\lt 1\quad$ limitado a decimales expresables como fracciones de $3$ dígitos. Para $\tan\theta>1,\space \tan\space (90-\theta)\space$ debe usarse. Para $\tan\theta=1,\space$ los mejores tríos son aquellos en donde $A^2+(A\pm1)^2=C^2.\quad$

Comenzamos con la fórmula de Euclides $$ A=m^2-k^2\qquad B=2mk \qquad C=m^2+k^2$$

Para $\tan\theta = 1,\space$ los valores para tríos de $A^2 +(A\pm1)^2=C^2\space$ (para alimentar valores de $(m,k)$ a la fórmula de Euclides) pueden generarse secuencialmente con $k_{n+1}=k_n+\sqrt{2k_n^2+(-1)^{k_n}}.$ Estos son números Pell $\{1,2,5,12,\cdots\}$ para ser usados en pares como $\space(2,1),\space (5,2),\space (12,5)\cdots.\space$ Para $\tan\theta<1,\space$ usamos estos pasos

1. Convertir la tangente en una fracción de $1$ a $3$ dígitos para identificar la proporción A:B.

2. Resolver la función tangente para $k$

3. Probar un rango de valores de $m$ para ver cuál produce un valor de $k$ más cercano a un entero,

4. Usar $m$ y el valor redondeado de $k$ para generar el trío con la fórmula de Euclides.

\begin{equation} \tan\theta=\dfrac{A}{B} = \dfrac{m^2-k^2}{2mk}\\ \\ 2mkA=(m^2-k^2)B\\ \\ B k^2+2 A k m - B m^2 = 0 \\ \implies k = \dfrac{\sqrt{A^2 m^2 + B^2 m^2} - A m}{B}\\ \quad \text{ para }\quad 2 \le m \le 50 \end{equation}

Este rango se elige para acomodar fracciones de hasta $3$ dígitos.

Ejemplo $$\tan39^\circ\approx 0.80978\approx \dfrac{149}{184} \implies A=149\quad B=184$$

$$k = \dfrac{\sqrt{149^2 m^2 + 184^2 m^2} - 149 m}{184} \quad \text{ para } 2\le m \le 30 \\\text{and we find the best fit is } \quad m=21\quad k\approx 10.016\approx 10 \\ f(21,10)=(341,420,541)\\ \tan\theta\approx\dfrac{341}{420}\approx 0.81190476 \\ \tan^{-1} 0.81190476\approx 39.07^\circ $$

Answer 3

Para cualquier entero positivo $m>n$, \begin{gather} z=m+ni= r\angle \phi\\ z^2=(m+ni)^2=(m^2-n^2)+2mni=r^2\angle 2\phi \end{gather} donde $r=\sqrt{m^2+n^2}$ y $\tan \phi=\frac{n}{m}$.

Así, $\{m^2+n^2,m^2-n^2,2mn\}$ es una terna pitagórica.

En tu caso $2\phi=56.25^\circ$ o $\phi=28.125^\circ$.

Encuentra el $m>n$ más simple tal que $\tan 28.125^\circ=\frac{n}{m}$.

\begin{align} \tan 28.125^\circ&=\frac{n}{m}\\ 0.5&\approx\frac{n}{m}\\ \end{align}

$m=2$ y $n=1$.

Answer 4

Mi respuesta "otra" utilizó la fórmula de Euclides, encontró triples para la Cotangente en lugar de la Tangente, y requirió el uso de $(90-\theta)$ para ángulos por encima de $45^\circ.\quad$ Esta respuesta utiliza una fórmula que desarrollé en $2009$ y encuentra triples para $0\lt \theta \lt 90^\circ$ con un error de (generalmente) $5$ segundos de arco o menos, y fracciones extremas de un segundo a medida que los ángulos se acercan a cero de noventa grados.

\begin{align*} \\ A&=\space \big(2n-1+k)^2-k^2 &=(2n-1)^2+&2(2n-1)k \\ B&=2(2n-1+k)k &=&2(2n-1)k+2k^2\\ C&=\space (2n-1+k)^2+k^2 & =(2n-1)^2+&2(2n-1)k+2k^2\\ \end{align*} Comenzamos con $\dfrac{B}{A}$ y resolvemos para $k$ probando un rango definido de valores de $n$ para ver cuál está más cerca de cualquier entero mayor que cero. Los valores de $A$ y $B$ son equivalentes fraccionarios de la tangente con un denominador $(A)$ de hasta tres dígitos. \begin{align*} \frac{B}{A} &=\frac{2(2n-1)k +2k^2}{(2n-1)^2 + 2(2n-1)k} \\ \\ B((2n-1)^2 + 2(2n-1)k) &=A(2(2n-1)k +2k^2)\\ \\k &= \frac{(2n-1)\big(B-A +\sqrt{A^2 + B^2}\big)}{2 A}\\ \quad \text{para} \quad 2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor\le &n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor \quad 0 \lt\theta\lt 90^\circ \end{align*}

Usando el ejemplo de $39^\circ$, $\tan\theta\approx 0.80978403,\space A=184,\space B=149$

\begin{align*} k&=\bigg[ \frac{(2n-1)\big(149-184 +\sqrt{184^2 + 149^2}\big)}{2 (184)}\bigg] \\ \\ \quad \text{para} \quad &2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\ 0.80978403}\bigg\rfloor\le n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{0.80978403}\bigg\rfloor\\ \\\\ \implies f(n,k)&=f(16,17)=(2015,1632,2593)\quad \approx 39.00489701^\circ \end{align*}

Para otros ejemplos tenemos

\begin{align*} 0.01^\circ\rightarrow & f(5731,1)=(131377443,22924,131377445)\\ &\approx 0.009997519^\circ \\ 30^\circ\rightarrow & f(77,56)=(40545,23408,46817)\space \approx 29.9992934272601^\circ \\ 45^\circ\rightarrow & f(50,70)=(23661,23660,33461)\space \approx 44.9987892102977^\circ \\ 56.25^\circ\rightarrow & f(14,31)=(2403,3596,4325)\space \approx 56.2474707665776^\circ \\ 60^\circ\rightarrow & f(77,209)=(87363,151316,174725)\space \approx 59.9998106752595^\circ \\ 89.99^\circ\rightarrow & f(39,441139)=(67941335,389275170048,389275175977)\\ &\approx 89.9899999999744^\circ \end{align*}

Answer 5

Podemos considerar el uso de fracciones continuas. Sin pérdida de generalidad, podemos tomar el ángulo agudo más grande como el que se va a aproximar. Llamando a este ángulo $\theta$ usamos los aproximantes de fracciones continuas para aproximar $\{1,\tan\theta,\sec\theta\}$.

Ilustremos este método para aproximar un ángulo de $56.25°$. La tangente de $56.25°$ se calcula como una fracción continua mediante el algoritmo estándar de calcular restos sucesivos y recíprocos para dar $[1,2,73,6,2,...]$, dando los aproximantes $1,3/2,220/147,1323/884,2866/1915,...$. La secante da $[1,1,3,1,840,...]$, de la cual obtenemos los aproximantes $1,2,7/4,9/5,7569/4204,...$.

La tabla a continuación muestra qué sucede cuando insertamos estos aproximantes como las razones de los lados del triángulo. El lado $a$ es el multiplicador más pequeño que eliminará las fracciones y así dará números enteros para $b\approx a\tan 56.25°$ y $c\approx a\sec 56.25°$. Vemos que cuando elegimos los aproximantes que ocurren justo antes de los números grandes en las fracciones continuas ($220$ en la tangente y $840$ en la secante), los ángulos golpean dentro de $0.2° de sus valores objetivo $33.75°,56.25°,90°$ usando lados sorprendentemente pequeños $10,15,18$ (el lector podría notar que $10^2+15^2=18^2+1$). Aproximaciones altamente precisas subsiguientes al triángulo usan una truncación igual o más larga de las fracciones continuas; esto incluye el triángulo $735-1100-1323$ donde todos los ángulos coinciden hasta dentro del $0.01°$ más cercano.