Ciekawe trójkąty

[mol_ksiazkowy]

Wyznaczyć wszystkie trójkąty o bokach całkowitej długości, w których jeden z kątów jest podwojeniem drugiego

Ukryta treść:    

tj. \(\displaystyle{ \alpha =2 \beta}\) dla trójkąta o kątach \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\)

[kerajs]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a}{\sin \alpha } = \frac{b}{\sin 2\alpha } = \frac{c}{\sin ( \pi -3\alpha )} \\
$zał$: \ (\alpha >0 \wedge \pi -3\alpha>0) \Rightarrow \alpha \in \left( 0, \frac{ \pi }{3} \right) \\
\frac{a}{\sin \alpha } = \frac{b}{\sin 2\alpha } = \frac{c}{\sin 3\alpha } \\
\frac{a}{\sin \alpha } = \frac{b}{2\sin \alpha \cos \alpha } = \frac{c}{\sin \alpha (4 \cos^2 \alpha -1 )} \\
a = \frac{b}{2 \cos \alpha } = \frac{c}{4 \cos^2 \alpha -1 }}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 \cos \alpha = \frac{b}{a} \wedge b \in \left( a,2a\right) \\ 4 \cos^2 \alpha -1 = \frac{c}{a} \wedge c \in \left( 0,3a\right) \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \frac{b^2}{a^2}-1= \frac{c}{a} \\
b^2-a^2=ca}\)
Wygląda na to, że to równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań.

Jedną z rodzin rozwiązań dostaje się przez podstawienie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a=k^2 \wedge k \in \NN \setminus \left\{ 0,1\right\} \\ b=l \cdot k \wedge l \in \left\{ k+1,...,2k-1\right\}\\ c=l^2-k^2\end{cases}}\)
Np:
\(\displaystyle{ k=2}\) da trójkę \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) : \(\displaystyle{ (4,6,5)}\)
\(\displaystyle{ k=3}\) da trójki: \(\displaystyle{ (9,12,7),(9,15,16)}\)
...
\(\displaystyle{ k=10}\) da trójki: \(\displaystyle{ (100,110,21),(100,120,44),...,(100,190,261)}\)
....
itd.

Kolejną rodziną będą trójkąty podobne do uzyskanych powyżej, a skalą podobieństwa będzie każda liczba naturalna nie będąca kwadratem .
( np dla trójki \(\displaystyle{ (4,6,5)}\) będą trójkąty o bokach pomnożonych przez \(\displaystyle{ 2}\) lub \(\displaystyle{ 3}\) lub \(\displaystyle{ (5,6,7,8,10,...)}\) czyli \(\displaystyle{ (8,12,10)}\) lub \(\displaystyle{ (12,18,15)}\) lub \(\displaystyle{ (...)}\).
Nie wiem czy istnieją jeszcze inne rozwiązania, ale i tych jest nieskończenie dużo

[Brombal]

Szedłem nieco inną drogą i wlazłem w krzaki, znalazłem jednak następujące zagadnienie.
Jeżeli dla trójkąta o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) stworzymy trójkąt o bokach \(\displaystyle{ a_{1}=b+c , b_{1}=a, c_{1}= \frac{c \cdot (b+c)}{a}}\) otrzymamy trójkąt podobny do poprzedniego. Czy istnieje taka trójka boków \(\displaystyle{ a,b,c}\) dla której, warunek całkowitości boków będzie spełniony dla wytworzonego tą metodą trójkąta podobnego?