¿Cómo encuentras las ternas pitagóricas que corresponden aproximadamente a un triángulo rectángulo con un ángulo dado?

Dejar$r\in[0,\infty)$. El problema planteado es equivalente a encontrar$m\geq n\in\mathbb N$tal que$r\sim\frac{2mn}{m^2-n^2}$.

Así, queremos

$$rm^2-2mn-rn^2\sim0$$ Ahora supongamos$r,n$se da y queremos encontrar$m$que satisface la ecuación anterior (no necesariamente natural).

De este modo,

$$m=\frac{n\left(1+\sqrt{1+r^2}\right)}r$$ Entonces, queremos encontrar una opción de$n$eso hace que la expresión anterior se acerque arbitrariamente a un número entero.

Pero eso es relativamente fácil. Dejar$c=\frac r{1+\sqrt{1+r^2}}$. De este modo,$n=mc$. Entonces, solo queremos encontrar una fracción.$\frac nm$cerca de$c$. ¡Fácil!

Resumen :

Dado$\theta$, calcular

$$c=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta} = \tan\frac\theta2$$ Luego, encuentra una fracción$\frac nm$arbitrariamente cerca de$c$. Sustituto$m,n$en su fórmula y listo!

esto funciona para$\quad 0.01 \lt \tan\theta\lt 1\quad$limitándose a decimales expresables como$3$-fracciones de dígitos. Para$\tan\theta>1,\space \tan\space (90-\theta)\space$debería ser usado. Para$\tan\theta=1,\space$los mejores triples estan donde$A^2+(A\pm1)^2=C^2.\quad$

Comenzamos con la fórmula de Euclides

$$A=m^2-k^2\qquad B=2mk \qquad C=m^2+k^2$$

Para$\tan\theta = 1,\space$los valores para$A^2 +(A\pm1)^2=C^2\space$triplica (alimentar$(m,k)$-valores a la fórmula de Euclides) pueden generarse secuencialmente con$k_{n+1}=k_n+\sqrt{2k_n^2+(-1)^{k_n}}.$Estos son los números de hechizo$\{1,2,5,12,\cdots\}$para ser usado en pares como$\space(2,1),\space (5,2),\space (12,5)\cdots.\space$Para$\tan\theta<1,\space$usamos estos pasos

1. Convertir tangente a$1$-a-$3$fracción de dígitos para identificar la relación A:B.

2. Resuelva la función tangente para$k$

3. Probar un rango de$m$-valores para ver cuál produce un$k$-valor más cercano a un número entero,

4. Usar$m$y el valor redondeado de$k$para generar el triple con la fórmula de Euclides.

$$\begin{equation} \tan\theta=\dfrac{A}{B} = \dfrac{m^2-k^2}{2mk}\\ \\ 2mkA=(m^2-k^2)B\\ \\ B k^2+2 A k m - B m^2 = 0 \\ \implies k = \dfrac{\sqrt{A^2 m^2 + B^2 m^2} - A m}{B}\\ \quad \text{ for }\quad 2 \le m \le 50 \end{equation}$$

Este rango se elige para acomodar fracciones hasta$3$dígitos

Ejemplo

$$\tan39^\circ\approx 0.80978\approx \dfrac{149}{184} \implies A=149\quad B=184$$

$$k = \dfrac{\sqrt{149^2 m^2 + 184^2 m^2} - 149 m}{184} \quad \text{ for } 2\le m \le 30 \\\text{and we find the best fit is } \quad m=21\quad k\approx 10.016\approx 10 \\ f(21,10)=(341,420,541)\\ \tan\theta\approx\dfrac{341}{420}\approx 0.81190476 \\ \tan^{-1} 0.81190476\approx 39.07^\circ$$

Para cualquier entero positivo$m>n$,

$$\begin{gather} z=m+ni= r\angle \phi\\ z^2=(m+ni)^2=(m^2-n^2)+2mni=r^2\angle 2\phi \end{gather}$$ dónde$r=\sqrt{m^2+n^2}$y$\tan \phi=\frac{n}{m}$.

De este modo$\{m^2+n^2,m^2-n^2,2mn\}$es un triplete pitagórico.

En tu caso$2\phi=56.25^\circ$o$\phi=28.125^\circ$.

Encuentra el más simple$m>n$tal que$\tan 28.125^\circ=\frac{n}{m}$.

$$\begin{align} \tan 28.125^\circ&=\frac{n}{m}\\ 0.5&\approx\frac{n}{m}\\ \end{align}$$

$m=2$y$n=1$.

Mi "otra" respuesta usó la fórmula de Euclides, encontró triples para Cotangent en lugar de Tangent, y requirió usar$(90-\theta)$para ángulos superiores$45^\circ.\quad$Esta respuesta usa una fórmula que desarrollé en$2009$y encuentra triples para$0\lt \theta \lt 90^\circ$con un error de (normalmente)$5$segundos de arco o menos–– y fracciones extremas de un segundo cuando los ángulos se acercan a cero de noventa grados.

$$\begin{align*} \\ A&=\space \big(2n-1+k)^2-k^2 &=(2n-1)^2+&2(2n-1)k \\ B&=2(2n-1+k)k &=&2(2n-1)k+2k^2\\ C&=\space (2n-1+k)^2+k^2 & =(2n-1)^2+&2(2n-1)k+2k^2\\ \end{align*}$$ empezamos con$\dfrac{B}{A}$y resolver para$k$probar un rango definido de$n$-valores para ver cuál está más cerca de cualquier número entero mayor que cero. los valores de$A$y$B$son el equivalente fraccionario de la tangente con un denominador$(A)$de hasta tres dígitos. $$\begin{align*} \frac{B}{A} &=\frac{2(2n-1)k +2k^2}{(2n-1)^2 + 2(2n-1)k} \\ \\ B((2n-1)^2 + 2(2n-1)k) &=A(2(2n-1)k +2k^2)\\ \\k &= \frac{(2n-1)\big(B-A +\sqrt{A^2 + B^2}\big)}{2 A}\\ \quad \text{for} \quad 2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor\le &n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor \quad 0 \lt\theta\lt 90^\circ \end{align*}$$

Utilizando el$39^\circ$ejemplo,$\tan\theta\approx 0.80978403,\space A=184,\space B=149$

$$\begin{align*} k&=\bigg[ \frac{(2n-1)\big(149-184 +\sqrt{184^2 + 149^2}\big)}{2 (184)}\bigg] \\ \\ \quad \text{for} \quad &2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\ 0.80978403}\bigg\rfloor\le n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{0.80978403}\bigg\rfloor\\ \\\\ \implies f(n,k)&=f(16,17)=(2015,1632,2593)\quad \approx 39.00489701^\circ \end{align*}$$

Para otros ejemplos tenemos

$$\begin{align*} 0.01^\circ\rightarrow & f(5731,1)=(131377443,22924,131377445)\\ &\approx 0.009997519^\circ \\ 30^\circ\rightarrow & f(77,56)=(40545,23408,46817)\space \approx 29.9992934272601^\circ \\ 45^\circ\rightarrow & f(50,70)=(23661,23660,33461)\space \approx 44.9987892102977^\circ \\ 56.25^\circ\rightarrow & f(14,31)=(2403,3596,4325)\space \approx 56.2474707665776^\circ \\ 60^\circ\rightarrow & f(77,209)=(87363,151316,174725)\space \approx 59.9998106752595^\circ \\ 89.99^\circ\rightarrow & f(39,441139)=(67941335,389275170048,389275175977)\\ &\approx 89.9899999999744^\circ \end{align*}$$

para un ángulo$\theta$puedes encontrar un triple pitagórico$(2mn, |m^2-n^2|, m^2+n^2)$correspondiente a un triángulo rectángulo que contiene un ángulo sobre$\theta$por encontrar una aproximación racional

$$\frac{m}{n} \approx \tan\frac{\theta}{2}$$ Puede encontrar una "buena" aproximación racional a$\tan\frac{\theta}{2}$utilizando técnicas de esta publicación de preguntas y respuestas . Nótese que la respuesta de Don Mil es la inspiración para esta realización; Quería expresarlo de forma compacta.