六边五奇一偶的完全四点形

northwolves

完全四点形指一个平面上的四点及其两两相连的六条边所构成的图形。
知乎上问的，是否存在完全四点形ABCD，除了边长AB为偶数，其它五边AC, AD, BC, BD, CD 的长度均为奇数

zeroieme

尝试找如下方程的整数解

\[\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & \left(2 m_1+1\right){}^2 & \left(2 m_2+1\right){}^2 & \left(2 m_4+1\right){}^2 \\
1 & \left(2 m_1+1\right){}^2 & 0 & \left(2 m_3+1\right){}^2 & \left(2 m_5+1\right){}^2 \\
1 & \left(2 m_2+1\right){}^2 & \left(2 m_3+1\right){}^2 & 0 & 4 n^2 \\
1 & \left(2 m_4+1\right){}^2 & \left(2 m_5+1\right){}^2 & 4 n^2 & 0 \\
\end{vmatrix}=0\]

hujunhua

楼上虽然是一般方程，但是得到一般解的希望太渺茫，能从中得到一个特解都是不错的结果了。

从关于圆的托勒密定理 ab+cd=ef 或许可以碰到一些特解。这里 a, b, c, d是圆内接四边形的边， e, f是其对角线。
对于一组满足 ab+cd=ef 的解，调整a, b, c, d, e, f的顺序使之满足三角不等式，试试能否作出一个全整数边的圆内接四边形。

mathe

不要求四点共圆，应该很多很多解

northwolves

两组解：

zeroieme

圆内接四边形不可能存在5奇1偶构形。
$a=\left(m_2 n_1-m_1 n_2\right) \left(m_1 m_2+n_1 n_2\right) \left(m_3^2+n_3^2\right)$
$b=\left(m_1^2+n_1^2\right) \left(m_3 n_2-m_2 n_3\right) \left(m_2 m_3+n_2 n_3\right)$
$c=m_3 n_3 \left(m_1^2+n_1^2\right) \left(m_2^2+n_2^2\right)$
$d=m_1 n_1 \left(m_2^2+n_2^2\right) \left(m_3^2+n_3^2\right)$
$e=\left(m_2^2+n_2^2\right) \left(m_3 n_1-m_1 n_3\right) \left(m_1 m_3+n_1 n_3\right)$
$f=m_2 n_2 \left(m_1^2+n_1^2\right) \left(m_3^2+n_3^2\right)$

zeroieme

接2# 为 n的四次方程。
首先 求$\left(2 m_1-2 m_2-2 m_3-1\right) \left(2 m_1+2 m_2-2 m_3+1\right) \left(2 m_1-2 m_2+2 m_3+1\right) \left(2 m_1+2 m_2+2 m_3+3\right) \left(2 m_1-2 m_4-2 m_5-1\right) \left(2 m_1+2 m_4-2 m_5+1\right) \left(2 m_1-2 m_4+2 m_5+1\right) \left(2 m_1+2 m_4+2 m_5+3\right)=X^2$的通解

xiaoshuchong

zeroieme 发表于 2020-12-9 20:46
圆内接四边形不可能存在5奇1偶构形。
$a=\left(m_2 n_1-m_1 n_2\right) \left(m_1 m_2+n_1 n_2\right) \le ...

你给的结果并不能涵盖所有圆内接四边形吧

边长为7,15,8,7,对角线为13,13即符合要求（等腰梯形，如下所示）

整边圆内接四边形

hujunhua

正三角形的一部分

wayne

这类四边形,一定可以 延长对角线, 变成三角形. 问题就是老生常谈的 整边三角形格点问题了,这个在论坛 讨论的很透彻.https://bbs.emath.ac.cn/thread-16953-1-1.html