最小的三同整数四边形对

mathe

主要未知变量过多，搜索自由度比较大

wayne

mathe 发表于 2017-5-1 14:16
主要未知变量过多，搜索自由度比较大

是的。 我来尝试捋一捋逻辑。

四个顶点六个边长，$a,b,c,d,e,f$，事实上是五个自由度，
1）另一个由四面体退化为平面四边形，即体积为0决定。用行列式表达，参考：http://mathworld.wolfram.com/Cayley-MengerDeterminant.html
$(a c - b d) (a c + b d) (a^2 - b^2 + c^2 - d^2) -  (a - b) (a + b) (c - d) (c + d) f^2 + e^4 f^2 + e^2 ( (b - c) (b + c) (a - d) (a + d) -     (a^2 + b^2 + c^2 + d^2) f^2 +  f^4)=0$
加上题干的三个条件：
2) 面积相等:  $4e^2f^2 -(a^2+c^2-b^2-d^2)^2 = 16S^2$， 参考： http://mathworld.wolfram.com/BretschneidersFormula.html
3 对角线之和相等：  $e+f = \Delta$
4) 周长相等: $a+b+c+d = L$

所以，还剩下两个自由度。  限定于 正整范围内。

所以，我们可以尝试以$e,f$ 为自由变量进行搜索， 应该是可行的搜索范围

wayne

mathe提及的勾股数是个很好的突破口。
设 $ef = K(m^2+n^2), S = Kmn, a^2+c^2-b^2-d^2 = 2K(m^2-n^2)$ ,

所以，我们接下来只需要 搜索 $(m,n)$的非平凡组合的情况


具体思路： 对于确定的面积$S$,做因式分解，分解得$(m,n)$，分别对 $m^2+n^2$进行因式分解，若因子对$(e,f)$ 的和 $e+f$ 存在多个（两个及以上）的组合，就说明满足对角线之和相等的条件，然后再代入 行列式 求解a,b,c,d，
此时有三个方程：
1）$K(m^2-n^2)(a^2c^2-b^2d^2)-f^2(a^2-b^2)(c^2-d^2)+e^2(b^2-c^2)(a^2-d^2)-e^2f^2 (a^2+b^2+c^2+d^2)+e^4 f^2+e^2f^4=0$
2)  $a^2+c^2-b^2-d^2= 2K(m^2-n^2)$
3) $a+b+c+d = L$

若此时仍然有解，直接输出答案。

一点遗憾就是条件3比较突兀，是个梗，貌似只能无脑穷举了

zeroieme

从平面思考而不是四面体退化。
设线段AC与BD相交于O，夹角为α，就确定了平面四边形ABCD。AO、BO、CO、DO、α  ——自由度也是5。
四边形的四边与面积可直接给出。3个相等条件。这个联立方程该消该保留哪些还没想到。

wayne

咱们这里是 丢番图方程组, 求解域 是整数, 自由度是2.  还是很有戏的.