¿Existen un número infinito de puntos 'racionales' en el triángulo equilátero $ABC$?

Question

Llamemos a un punto $P$ que cumple la siguiente condición 'un punto racional'.

Condición: Cada distancia $PA, PB, PC$ desde un punto $P$ a tres vértices $A, B, C$ de un triángulo equilátero $ABC$ con longitud de arista $1$ es un número racional.

Me interesa este punto porque encontré los siguientes tres:

1. Existen un número infinito de puntos racionales en un borde del triángulo equilátero $ABC$.

2. Existen un número infinito de puntos racionales en la circunferencia del círculo circunscrito al triángulo equilátero $ABC$.

3. Existe un punto racional en el triángulo equilátero $ABC$.

Suponiendo que $A(0,\frac{\sqrt3}{2}), B(-\frac12,0), C(\frac12,0)$, un ejemplo para el anterior 3 es el siguiente: $$P\left(\frac{61}{2058},\frac{220}{1029}\sqrt3\right), \left(PA, PB, PC\right)=\left(\frac{73}{147}, \frac{95}{147}, \frac{88}{147}\right).$$

Encontré este ejemplo usando una computadora. Encontré otros ejemplos, pero no sé si existen un número infinito de puntos racionales en el triángulo equilátero $ABC$. Entonces, aquí están mis preguntas.

Pregunta 1: ¿Existen un número infinito de puntos racionales en el triángulo equilátero $ABC$?

Pregunta 2: ¿Podemos encontrar todos los puntos racionales en el triángulo equilátero $ABC$?

Answer 1

Apenas he recibido lo siguiente:

La respuesta para la pregunta 1: Existen un número infinito de puntos racionales en el triángulo equilátero ABC.

$\left(PA, PB, PC\right)=$ $$\left(\frac{n^4+10n^2+9}{n^4+4n^3+10n^2-12n+9}, \frac{n^4-4n^3+10n^2+12n+9}{n^4+4n^3+10n^2-12n+9}, \frac{8n^3+24n}{n^4+4n^3+10n^2-12n+9}\right)$$ donde $n=6k\pm4$ para $k\in\mathbb N$.

Prueba: Suponiendo que $PA=a, PB=b, PC=c$ para un punto $P$ y un triángulo equilátero $ABC$ con longitud de lado $m$, demostraremos que $P$ existe en el $ABC$ donde

$$a=n^4+10n^2+9, \ \ \ b=n^4-4n^3+10n^2+12n+9,$$$$c=8n^3+24n, \ \ \ m=n^4+4n^3+10n^2-12n+9.$$

Tomando $\gamma=e^{i\pi/3}=\frac{1+\sqrt3i}{2}$, observamos que $\gamma+\bar\gamma=\gamma\bar\gamma=1, {\gamma}^2=\gamma-1, |\gamma|=1$.

Tomando $z=\{(n^2-3)+4n\gamma\}^2$, entonces $$z=(n^4-22n^2+9)+8n(n^2+2n-3)\gamma.$$ Dado que $$|z|^2=z\bar z=\{(n^2-3)+4n\gamma\}^2\{(n^2-3)+4n\bar\gamma\}^2,$$entonces $$|z|=\{(n^2-3)+4n\gamma\}\{(n^2-3)+4n\bar\gamma\}=(n^2-3)^2+4n(n^2-3)+16n^2=m.$$

Dado que $$z-a=-32n^2+8n(n^2+2n-3)\gamma=8n\{-4n+(n^2+2n-3)\gamma\},$$ entonces $$|-4n+(n^2+2n-3)\gamma|^2=16n^2-4n(n^2+2n-3)+(n^2+2n-3)^2=(n^2+3)^2.$$ Por lo tanto, $$|z-a|=8n(n^2+3)=c.$$

Notando que $$(z{\gamma}^{-1}-a){\gamma}^2=\{(n^4-22n^2+9)+8n(n^2+2n-3)\}\gamma-a{\gamma}^2$$$$=(n^4-22n^2+9)\gamma+\{8n(n^2+2n-3)-a\}(\gamma-1)$$$$=\{a-8n(n^2+2n-3)\}+\{n^4-22n^2+9-a+8n(n^2+2n-3)\}\gamma$$$$=(n^4-8n^3-6n^2+24n+9)+8n(n^2-2n-3)\gamma$$ y que $$\{(n^2-4n-3)+4n\gamma\}^2=(n^2-4n-3)^2+8n(n^2-4n-3)\gamma+16n^2{\gamma}^2$$$$=(n^4-8n^3-6n^2+24n+9)+8n(n^2-2n-3)\gamma,$$ entonces $$|z{\gamma}^{-1}-a|=|(z{\gamma}^{-1}-a){\gamma}^2|=|(n^2-4n-3)+4n\gamma|^2$$$$=(n^2-4n-3)^2+4n(n^2-4n-3)\gamma+16n^2=n^4-4n^3+10n^2+12n+9=b.$$

Observa que tanto $ABC$ como $APQ$ son triángulos equiláteros donde $A(0), B(z{\gamma}^{-1}), C(z), P(a), Q(a\gamma)$.

Dado que $$QC=PB=b,$$ entonces $$QC+CA=b+m=2a=QP+PA.$$

Por lo tanto, dado que el punto $C$ está fuera del círculo circunscrito de $APQ$, $\angle ACP\lt\frac{\pi}{3}.$ Por lo tanto, sabemos que el punto $P$ está en el triángulo equilátero $ABC.

Aquí, probemos que el MCD de $a,b,c,m$ es $1$ para $n=6k\pm4 (k\in\mathbb N)$.

Supongamos que $a,b,c,m$ tienen un factor primo común $p\ge5$. En mod $p$, dado que $a\equiv b\equiv c\equiv 0, $ $$4n^3\equiv12n\rightarrow c\equiv 48n\equiv0\rightarrow n\equiv0\rightarrow a\equiv9\equiv0$$ lleva a una contradicción. Si $n\equiv0$ (mod $2$), entonces $a\equiv b\equiv m\equiv 1, c\equiv 0$. Si $n\equiv1$ (mod $3$), entonces $a\equiv c\equiv 2, b\equiv 1, m\equiv 0$. Si $n\equiv2$ (mod $3$), entonces $a\equiv 2, b\equiv 0, c\equiv m\equiv 1$.

Por lo tanto, sabemos que el MCD de $a,b,c,m$ es $1$ para $n=6k\pm4 (k\in\mathbb N)$. Ahora la prueba está completada.

PD: $(PA, PB, PC)=\left(\frac{65}{73}, \frac{57}{73}, \frac{112}{73}\right)$ es el caso $n=2$. Espero que esta sea la solución mínima sobre $c$.

Pregunta 2 todavía sigue sin resolver.

Answer 2

Para que conste, resolveré el problema mucho más fácil de encontrar infinitos puntos racionales en la circunferencia. Consideremos el caso de un punto $P$ en el arco de $A$ a $B$. Por el teorema de Ptolomeo, $|PA| + |PB| = |PC|$, así que si $|PA|$ y $|PB|$ son racionales, también lo es $|PC|$. Además, $P$ está en el arco de $A$ a $B$ si y solo si $P$ está en el lado derecho de $\overline{AB}$ y $\angle APB = 120^{\circ}$. Por el Ley de los Cosenos, $\angle APB = 120^{\circ}$ es equivalente a $$|PA|^2 + |PA| |PB| +|PB|^2=1.$$

Esta cónica se puede parametrizar de la manera usual: Pon $|PA|=1+t$, $|PB|=kt$. Resuelve para $t$ en términos de $k$; el resultado es $t=-(k+2)/(k^2+k+1)$. Entonces $$|PA| = \frac{k^2-1}{k^2+k+1} \quad |PB| = \frac{-k^2-2k}{k^2+k+1} \quad |PC|=\frac{-2k-1}{k^2+k+1}$$ o, en otras palabras, $$a=k^2-1 \quad b= -k^2-2k \quad c=-2k-1 \quad d=k^2+k+1.$$ Queremos que $-2 < k < -1$ para obtener los signos correctos.

Aunque no quiero la recompensa por esto; quiero que mathlove explique cómo rayos encontró su solución.

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He descubierto una forma de obtener la respuesta de mathlove. Escribiré $PA=a/d$, $PB=b/d$ y $PC=c/d$. Como se describe aquí, estos obedecen la relación $$a^4+b^4+c^4+d^4 = a^2 b^2 + a^2 c^2 + a^2 d^2 + b^2 c^2 + b^2 d^2 + c^2 d^2.$$ Sea $\Sigma$ la superficie en $\mathbb{P}^3$ cortada por esta ecuación de grado $4$. Observa que $\Sigma$ tiene $16$ puntos singulares: Los $4$ puntos $(\pm 1 : \pm 1 : \pm 1 : 0)$ y los otros $12$ que provienen al colocar el cero en las otras posiciones posibles. Los tres puntos $(1:1:0:1)$, $(1:0:1:1)$ y $(0:1:1:1)$ son los vértices del triángulo; los otros $13$ singularidades implican valores negativos o infinitos para $(PA, PB, PC).

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El término técnico para esto es una superficie de Kummer y, de hecho, $\Sigma$ es el tipo especial de superficie de Kummer llamada tetraedroide. Pero no necesitamos saber esto para seguir el resto del argumento.

Toma un plano a través de cualquiera de las tres singularidades. La sección plana resultante de $\Sigma$ será una curva plana de grado $4$ con $\geq 3$ nodos. Si hay exactamente $3$ nodos, la curva resultante es de género $0$, y por lo tanto tiene una parametrización racional sobre $\mathbb{C$. Esa parametrización no tiene que tener coeficientes racionales pero, en algunos casos afortunados, los tiene. Tampoco se garantiza que los valores resultantes de $(PA, PB,PC)$ sean positivos, y menos todavía dentro del triángulo, pero, nuevamente, a veces hay suerte.

Mathlove utiliza el plano $b+d=2a$, que pasa por los puntos $(0,1,1,-1)$, $(0,-1,1,1)$ y $(1,1,0,1)$. La lista completa de planos, hasta permutar $(a,b,c,d)$ y cambiar los signos, es $a=0$, $a+b=0$, $a+b+c=0$, $a+b+2c=0$ y $a+b+2c+3d=0$. Estas simetrías de $\Sigma$ no respetan la condición de que los puntos realmente correspondan a puntos físicos dentro del triángulo, por lo que hay que tener en cuenta más posibilidades si se quiere que eso se cumpla.

Varios de estos planos corresponden a configuraciones geométricas interesantes:

Las ecuaciones $a+d=b$, $a+b=d$ y $b+d=a$ son $PA+1=PB$, $PA+PB=1$ y $PB+1=PA$ respectivamente, lo cual indica que $P$ está en la línea $AB$ (en los dos rayos no acotados o en el segmento de línea $AB$).

La ecuación $a+b=c$ implica que $PA+PB=PC$, así que (por el teorema de Ptolomeo) $P$ está en el arco de la circunferencia de $A$ a $B$; los otros arcos de la circunferencia se describen de manera similar.

La ecuación $a=b$ significa que $P$ está en el bisector perpendicular de $AB$. Esto en realidad no contribuye puntos; la intersección de $\Sigma$ con $\{ a=b \}$ es el producto de dos cónicas, ninguno de los cuales tiene coeficientes racionales.

Otros planos, como la elección de mathlove $PB+1=2PA$, no tienen un significado geométrico claro, pero aún puedes parametrizarlos racionalmente y, al menos en algunos casos, parece que ganamos.

Según puedo ver al hojear papers, hay una enorme literatura sobre puntos racionales en superficies de Kummer, pero no hay una respuesta simple. Esperaba usar esta pregunta como una oportunidad para aprender sobre superficies de Kummer (y, en cierta medida, lo he logrado) pero parece que es un campo grande, así que aquí me detengo.