¿Los triángulos laterales racionales del mismo área admiten descomposiciones laterales racionales?

Question

Llame a un polígono side-rational si las longitudes de todos sus lados son racionales. Llame a una disección de un polígono side-rational si todos los polígonos dentro de la disección son side-rational. Entonces mi pregunta es como en el título:

¿Tienen dos triángulos racionales del mismo área una disección side-rational común?

Por supuesto, es un resultado clásico que dos polígonos del mismo área tienen una disección común; una demostración estándar pasa por triangular los polígonos, usando una disección de triángulo a rectángulo, particionando los rectángulos para ambos polígonos en un conjunto de rectángulos de área común, y luego usando una disección de rectángulo a rectángulo. Pero muchos de los pasos en este proceso implicarán lados no racionales (por ejemplo, el rectángulo correspondiente a un triángulo de lados racionales pero área irracional ciertamente no puede tener lados racionales), y no está claro que dicha disección pueda ser reparada.

Esta pregunta fue motivada por redescubrir mi diseño común de los dos triángulos racionales muy especiales, el triángulo $4-5-6$ y el triángulo $3-8-10$ (ambos de área $\frac{15}{4}\sqrt{7}$):

Todas las longitudes aquí se pueden demostrar directamente con la ley de senos y la ley de cosenos; estos triángulos son un caso algo especial porque muchos de los ángulos involucrados son múltiplos unos de otros, pero parece probable que cualquier triángulo racional será inherentemente especial de formas algo similares.

EDITAR: la versión original de esta pregunta preguntaba sobre polígonos arbitrarios, pero después de pensarlo más, estaría asombrado si ese resultado es cierto. El área de un triángulo (side-)racional siempre es la raíz cuadrada de un número racional (por fórmula de Herón, por ejemplo), pero los cuadriláteros con lados racionales pueden tener área arbitraria: simplemente imagina 'flexionar' un rombo con todos los lados de longitud unitaria, desde un cuadrado hasta una forma trivial colapsada: continuamente tomará todas las áreas de $1$ a $0$. Esto implica, por ejemplo, que hay un rombo con todos los lados de longitud unitaria y área $\frac\pi4$; tal rombo no se puede diseccionar en triángulos racionales, y es difícil imaginar cualquier disección compartida que tendría con, por ejemplo, el rombo con todos los lados de longitud $2$ y área $\frac\pi4$. (¡Lo que admitidamente no es una prueba de que uno no exista!)

Un poco de rebuscar por la web no ha dado resultados sobre el tema; si alguien tiene referencias sobre temas similares, se agradecerían mucho.

Answer 1

Sean $T,T'$ dos triángulos con lados racionales del mismo área. Construimos una disección racional de lados entre ellos.

Será conveniente escalar $T,T'$ por un factor común de modo que cada uno tenga un lado integral. Colocamos $T$ y $T'$ de manera que sus lados integrales elegidos estén en la misma línea $\ell$, y $T,T'$ estén en el mismo lado de $\ell$.

Primero disecamos $T,T'$ en paralelogramos racionales de lado $P_1,P'_1$ cada uno con un lado de longitud $1$. Si $T$ tiene vértices $A,B,C$ con $|BC|$ integral, sean $M_B,M_C$ los puntos medios de los lados opuestos a $B,C$, dividimos $T$ en el triángulo de tamaño medio $A M_B M_C$ y un trapecio residual, y los combinamos para formar un paralelogramo $P$ con lados $B C$ y $B M_C$. Luego dividimos $BC$ y el lado opuesto de $P$ en segmentos unitarios, conectamos puntos correspondientes para dividir $P$ en $|BC|$ paralelogramos congruentes con un lado de longitud $1$ y el otro paralelo a $B M_C$, y los unimos mediante los lados de longitud unitaria para formar un paralelogramo $P_1$. Aplicamos el mismo procedimiento a $T'$ para disecarlo en $P'_1$. Es fácil ver que todos los polígonos involucrados en cada disección tienen lados racionales, cada uno paralelo a un lado de $T$ o $T'$.

Dado que los lados unitarios de $P_1,P'_1$ están en $\ell$ y $P_1,P'_1$ están en el mismo lado de $\ell$, y estos paralelogramos tienen la misma área, existe una línea $m$ paralela a $\ell$ que contiene los lados opuestos tanto de $P_1$ como de $P'_1$.

Rellenamos la franja entre $\ell$ y $m$ con copias paralelas de $P_1$. Un número finito de estas copias se intersecan con $P'_1$. Estas dan una diseción de $P'_1$ en $P_1$, y por lo tanto de $T'_1$ en $T_1$.

El hecho de que esta diseción sea racional de lados luego se deduce de la aplicación repetida del siguiente lema:

Si el triángulo $ABC$ tiene lados racionales, entonces la altura desde cualquier vértice divide el lado opuesto en segmentos racionales. (Uno de los dos segmentos puede tener longitud cero o negativa si el triángulo es rectángulo u obtuso.)

Prueba: sean las longitudes de los lados opuestos a $A,B,C$ $a,b,c$. Supongamos que la altura $h$ desde $A$ divide $BC$ en segmentos de longitudes $\beta,\gamma$. Entonces $h^2 = b^2 - \beta^2 = c^2 - \gamma^2$, así que $\beta^2 - \gamma^2 = b^2 - c^2 \in \bf Q$. Pero $\beta^2 - \gamma^2 = (\beta+\gamma) (\beta-\gamma) = a (\beta-\gamma)$, y $a \in \bf Q$, entonces $\beta - \gamma \in \bf Q$. Dado que $\beta\pm\gamma$ son ambos racionales, también lo son $\beta$ y $\gamma$. $\Box$

Ahora en nuestra diseción, cada borde es paralelo a un borde de $T$ o $T'$, y por el lema cada vértice proyecta a un punto en $\ell$ a distancias racionales de los vértices comunes de $P_1$ y $P'_1$. Por lo tanto, cada lado es una fracción racional de algún lado de $T$ o $T'$ y por lo tanto es racional. $\Box\Box$