Sia ABC un triangolo equilatero con lato intero l, e sia P un punto sulla circonferenza iscritta.
Esistono valori di l e punti P per cui le lunghezze AP, BP, CP sono tutte intere?
P.S. Non postate soluzioni prima della mezzanotte di oggi
Spero che si capisca che oggi non si riferisce alla data in cui viene letto il messaggio, ma alla data in cui viene scritto. In realtà penso siano tutti abbastanza intelligenti da capirlo; il mio dubbio maggiore riguarda la curiosità che suscitano i messaggi in piccolo e di conseguenza il numero di persone che leggerà questa riga.
Un problema di geo... hm... teoria dei numeri
Un problema di geo... hm... teoria dei numeri
Presidente della commissione EATO per le IGO
[size=0]in pratica trovare una configurazione con AB, AP, BP, CP razionali
considerare la proiezione di uno dei segmenti su un lato forse e' di aiuto
e' vero e' carino scrivere in piccolo, anzi con size=0 e' proprio atomico !!![/size]
considerare la proiezione di uno dei segmenti su un lato forse e' di aiuto
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impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]
Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
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finita la sbornia da scritti in piccolo,
un'idea (non sviluppata in fondo) puo' essere considerare la proiezione di BP su AB e il segmento PH perpendicolare a AB.
Si vede che si puo' prendere wlog $ ~BP\leq AP \leq CP $ e $ $\frac{\sqrt3}{3}l\leq BP\leq\frac l2 $
un'idea (non sviluppata in fondo) puo' essere considerare la proiezione di BP su AB e il segmento PH perpendicolare a AB.
Si vede che si puo' prendere wlog $ ~BP\leq AP \leq CP $ e $ $\frac{\sqrt3}{3}l\leq BP\leq\frac l2 $
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Siano O e r centro e raggio della circonferenza; poste le lettere in modo che P sia sull'arco BC, sia$ P \hat O B=2x $. Per il teorema della corda si ha
$ b=PB=2r \sin x $
$ c=PC=2r \sin \frac{120°-2x}2= \dots=r(\sqrt 3 \cos x-\sin x) $
$ a=PA=2r \sin \frac{120°+2x}2= \dots=r(\sqrt 3 \cos x+\sin x) $
Si vede che è a=b+c; sarebbe interessante sapere se ne esiste una dimostrazione più elegante, ma questo è un altro problema: qui ci basta concludere che è sufficiente imporre che due di queste grandezze siano intere. Ricordando poi che è $ l=r \sqrt 3 $ e ponendo u=a+c=b+2c , ricaviamo
(1) $ \sin x=\frac{b \sqrt 3}{2l} $ e $ \cos x=\frac u {2l} $
Con la prima formula fondamentale della trigonometria otteniamo
(2) $ u^2+3b^2=4l^2 $ riscrivibile come $ 3b^2=(2l+u)(2l-u) $
Una delle parentesi a secondo membro deve quindi essere divisibile per 3, e per ora supponiamo sia la prima; ciò che resta deve essere in quadrato e quindi, detto k il loro MCD si ha
$ 2l+u=3kp^2 $
$ 2l-u=kq^2 $
$ b=kpq $
essendo p, q due interi primi fra loro. Ricaviamo l, u e calcoliamo poi $ c=\frac{u-b}2 $; le formule finali sono
$ l=k \frac{3p^2+q^2}4 $
$ c=k \frac{(p-q)(3p+q)}4 $ (quindi deve essere p>q)
$ b=kpq $
Se l, c, b sono divisibili per una stesso numero, facendo la divisione si ottiene una figura simile alla precedente e che quindi costituisce sostanzialmente la stessa soluzione. Limitiamoci a cercare le soluzioni base, con numeri non riducibili; k dovrà allora semplificarsi nelle prime frazioni e i suoi valori possibili sono solo 1, 2 o 4. Il controllo della non-esistenza di sottomultipli comuni può essere limitato a due sole delle precedenti grandezze: infatti l'equazione (2) può essere riscritta anche nella forma $ b^2+bc+c^2=l^2 $ che mostra che se due numeri hanno un divisore comune, anche il terzo lo ha.
Se k=1, l è intero sse p, q hanno la stessa parità; poiché sono primi fra loro devono essere entrambi dispari.
Se k=2, non ci sono soluzioni base: infatti se p, q hanno parità diversa l non è intero, mentre se hanno la stessa parità l, b sono pari.
Se k=4, b è pari, quindi gli altri devono essere dispari: p, q devono avere parità opposte.
Abbiamo lasciato per ultimo l'angolo, che non è necessario per le conclusioni: inserendo nelle (1) i risultati trovati ne ricaviamo seno e coseno e conviene poi calcolare
$ \tan \frac x 2=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\dots=\frac q{p \sqrt 3} $
Poiché l'angolo $ \frac x 2 $ è compreso fra 0° e 30°, questa tangente deve essere compresa fra 0 e $ \frac 1{\sqrt 3} $ : risulta confermato il p>q già trovato.
Resta da esaminare il caso in cui ad essere divisibile per 3 è il fattore 2l-u; è sufficiente cambiare il segno di u nel calcoli precedenti. Ricaviamo seno e coseno di x; imponendo che quest'angolo sia compreso tra 0° e 60° si ottiene che gli unici valori possibili sono i due estremi, cioè P deve coincidere con B o con C.
Che soluzione contorta! Mi farete un vero piacere indicandomene una più semplice.
$ b=PB=2r \sin x $
$ c=PC=2r \sin \frac{120°-2x}2= \dots=r(\sqrt 3 \cos x-\sin x) $
$ a=PA=2r \sin \frac{120°+2x}2= \dots=r(\sqrt 3 \cos x+\sin x) $
Si vede che è a=b+c; sarebbe interessante sapere se ne esiste una dimostrazione più elegante, ma questo è un altro problema: qui ci basta concludere che è sufficiente imporre che due di queste grandezze siano intere. Ricordando poi che è $ l=r \sqrt 3 $ e ponendo u=a+c=b+2c , ricaviamo
(1) $ \sin x=\frac{b \sqrt 3}{2l} $ e $ \cos x=\frac u {2l} $
Con la prima formula fondamentale della trigonometria otteniamo
(2) $ u^2+3b^2=4l^2 $ riscrivibile come $ 3b^2=(2l+u)(2l-u) $
Una delle parentesi a secondo membro deve quindi essere divisibile per 3, e per ora supponiamo sia la prima; ciò che resta deve essere in quadrato e quindi, detto k il loro MCD si ha
$ 2l+u=3kp^2 $
$ 2l-u=kq^2 $
$ b=kpq $
essendo p, q due interi primi fra loro. Ricaviamo l, u e calcoliamo poi $ c=\frac{u-b}2 $; le formule finali sono
$ l=k \frac{3p^2+q^2}4 $
$ c=k \frac{(p-q)(3p+q)}4 $ (quindi deve essere p>q)
$ b=kpq $
Se l, c, b sono divisibili per una stesso numero, facendo la divisione si ottiene una figura simile alla precedente e che quindi costituisce sostanzialmente la stessa soluzione. Limitiamoci a cercare le soluzioni base, con numeri non riducibili; k dovrà allora semplificarsi nelle prime frazioni e i suoi valori possibili sono solo 1, 2 o 4. Il controllo della non-esistenza di sottomultipli comuni può essere limitato a due sole delle precedenti grandezze: infatti l'equazione (2) può essere riscritta anche nella forma $ b^2+bc+c^2=l^2 $ che mostra che se due numeri hanno un divisore comune, anche il terzo lo ha.
Se k=1, l è intero sse p, q hanno la stessa parità; poiché sono primi fra loro devono essere entrambi dispari.
Se k=2, non ci sono soluzioni base: infatti se p, q hanno parità diversa l non è intero, mentre se hanno la stessa parità l, b sono pari.
Se k=4, b è pari, quindi gli altri devono essere dispari: p, q devono avere parità opposte.
Abbiamo lasciato per ultimo l'angolo, che non è necessario per le conclusioni: inserendo nelle (1) i risultati trovati ne ricaviamo seno e coseno e conviene poi calcolare
$ \tan \frac x 2=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\dots=\frac q{p \sqrt 3} $
Poiché l'angolo $ \frac x 2 $ è compreso fra 0° e 30°, questa tangente deve essere compresa fra 0 e $ \frac 1{\sqrt 3} $ : risulta confermato il p>q già trovato.
Resta da esaminare il caso in cui ad essere divisibile per 3 è il fattore 2l-u; è sufficiente cambiare il segno di u nel calcoli precedenti. Ricaviamo seno e coseno di x; imponendo che quest'angolo sia compreso tra 0° e 60° si ottiene che gli unici valori possibili sono i due estremi, cioè P deve coincidere con B o con C.
Che soluzione contorta! Mi farete un vero piacere indicandomene una più semplice.
Sulla circonferenza circoscritta si ha, se P sta sull'arco BC:
$ \displaystyle B\hat{P}A = C\hat{P}A = \frac{\pi}{3} $ e
$ \displaystyle B\hat{P}C = \frac{2 \pi}{3} $
Da cui, dette a, b, c, l le lunghezze AP, BP, CP, e del lato si arriva, con Carnot e qualche calcolo
$ l^2 = b^2 + c^2 + bc $ e a=b+c
E dividendo per $ l^2 $ si ottiene un'equazione di secondo grado che ha soluzioni razionali che si possono trovare, ad esempio, per interpolazione (ma a parte l'esistenza di soluzioni non banali non prometto nulla, non ho fatto i calcoli e non so quanto questi siano lunghi).
Però la circonferenza è appunto iscritta...
$ \displaystyle B\hat{P}A = C\hat{P}A = \frac{\pi}{3} $ e
$ \displaystyle B\hat{P}C = \frac{2 \pi}{3} $
Da cui, dette a, b, c, l le lunghezze AP, BP, CP, e del lato si arriva, con Carnot e qualche calcolo
$ l^2 = b^2 + c^2 + bc $ e a=b+c
E dividendo per $ l^2 $ si ottiene un'equazione di secondo grado che ha soluzioni razionali che si possono trovare, ad esempio, per interpolazione (ma a parte l'esistenza di soluzioni non banali non prometto nulla, non ho fatto i calcoli e non so quanto questi siano lunghi).
Però la circonferenza è appunto iscritta...
Presidente della commissione EATO per le IGO
Accidenti alla distrazione! Tanto lavoro per nulla! Bè, almeno è stato divertente; adesso penserò al probleme effettivo.jordan ha scritto:Se non fosse che la circonferenza è inscritta..
Per Il_Russo: avevo trovato anch'io la formula che tu citi (la trovi nel mio intervento un po' prima delle righe che iniziano con "Se k=...") ma l'avevo abbandonata perchè non trovavo spunti per proseguire; con l'altro approccio ho invece trovato tutte le infinite soluzioni, date in formula (salvo altri errori). Non conosco il metodo di interpolazione di cui parli: è in grado di fare altrettanto?
Salto i calcoli, piuttosto lunghi anche se facili; ritengo probabile che almeno qualcuno sia evitabile con qualche teorema poco noto. Anticipo la risposta: no, non esistono.
Siano: O il centro; r il raggio; H e K i punti di tangenza con AB e AC, con P sull'arco HK dalla parte di H; x l'angolo $ A\hat OP $; a, b, c i segmenti PA, PB, PC. Vale la formula $ l=2r\sqrt 3 $ ed è più comodo iniziare a lavorare con r.
Poichè O è il baricentro, la sua distanza dai vertici è doppia di quella dai lati, cioè 2r; applicando il teorema di Carnot ai triangoli AOP, BOP, COP e passando poi da r a $ l $ si ottiene
$ 12a^2=l^2(5-4 \cos x) $
$ 12b^2=l^2(5+2 \cos x-2\sqrt 3 \sin x) $
$ 12c^2=l^2(5+2 \cos x+2\sqrt 3 \sin x) $
Sommando e semplificando si ottiene
$ 4(a^2+b^2+c^2)=5l^2 $
Ricavando invece seno e coseno di x e imponendo che la somma dei loro quadrati sia 1 si ha
$ 7(a^4+b^4+c^4)-11(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=0 $
Dalla prima di queste formule si nota che $ l $ deve essere pari perché tale è il primo membro. Posto allora l=2z abbiamo
$ a^2+b^2+c^2=5z^2 $
Dividendo per 4, un quadrato dà resto 0 o 1, quindi se z è pari devono esserlo anche a, b, c: ma allora possiamo considerare la figura simile ottenuta dimezzando tutte le lunghezze. Se z è dispari, deve esserlo anche uno solo fra a, b, c: sostituendo nella seconda formula si nota che è impossibile perché ci sarebbe un solo addendo dispari
Siano: O il centro; r il raggio; H e K i punti di tangenza con AB e AC, con P sull'arco HK dalla parte di H; x l'angolo $ A\hat OP $; a, b, c i segmenti PA, PB, PC. Vale la formula $ l=2r\sqrt 3 $ ed è più comodo iniziare a lavorare con r.
Poichè O è il baricentro, la sua distanza dai vertici è doppia di quella dai lati, cioè 2r; applicando il teorema di Carnot ai triangoli AOP, BOP, COP e passando poi da r a $ l $ si ottiene
$ 12a^2=l^2(5-4 \cos x) $
$ 12b^2=l^2(5+2 \cos x-2\sqrt 3 \sin x) $
$ 12c^2=l^2(5+2 \cos x+2\sqrt 3 \sin x) $
Sommando e semplificando si ottiene
$ 4(a^2+b^2+c^2)=5l^2 $
Ricavando invece seno e coseno di x e imponendo che la somma dei loro quadrati sia 1 si ha
$ 7(a^4+b^4+c^4)-11(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=0 $
Dalla prima di queste formule si nota che $ l $ deve essere pari perché tale è il primo membro. Posto allora l=2z abbiamo
$ a^2+b^2+c^2=5z^2 $
Dividendo per 4, un quadrato dà resto 0 o 1, quindi se z è pari devono esserlo anche a, b, c: ma allora possiamo considerare la figura simile ottenuta dimezzando tutte le lunghezze. Se z è dispari, deve esserlo anche uno solo fra a, b, c: sostituendo nella seconda formula si nota che è impossibile perché ci sarebbe un solo addendo dispari
Effettivamente ho dimenticato di dire che ho eliminato l usando la prima equazione. I calcoli sono piuttosto lunghi da postare, ma il metodo è stato questo: ho lavorato con le due ultime equazioni (somma e sottrazione), in modo da avere le sole lettere b, c, l; alla fine ho posto $ l^2= 4/5 (a^2+b^2+c^2 $). Forse l'ultima cosa non sarebbe stata necessaria, ma la simmetria fra a, b, c è un controllo di non aver sbagliato i calcoli.
Dubbio dell'ultimo minuto: spero che scrivendo "togliere l'1" tu intendessi "togliere l'elle" (accidenti ai simboli grafici così simili!). Se davvero intendevi 1, se ne va da solo dando denominatore comune.
Dubbio dell'ultimo minuto: spero che scrivendo "togliere l'1" tu intendessi "togliere l'elle" (accidenti ai simboli grafici così simili!). Se davvero intendevi 1, se ne va da solo dando denominatore comune.
intendevo quello che ho scritto... 
La "l" l'avevo tolta anch'io in quel modo, ma molto furbescamente avevo tralasciato quel coefficiente "$ $l^2 $" (da trasformarsi in un simpaticissimo $ $4/5(a^2+b^2+c^2) $) solo davanti a seni e coseni vari, non so se per un sano istinto di sopravvivenza ai calcoli o per semplice demenza. Così non mi venivano brutti denominatori da emmecidizzare, e l'1 se ne restava lì solo soletto.
La "l" l'avevo tolta anch'io in quel modo, ma molto furbescamente avevo tralasciato quel coefficiente "$ $l^2 $" (da trasformarsi in un simpaticissimo $ $4/5(a^2+b^2+c^2) $) solo davanti a seni e coseni vari, non so se per un sano istinto di sopravvivenza ai calcoli o per semplice demenza. Così non mi venivano brutti denominatori da emmecidizzare, e l'1 se ne restava lì solo soletto.