¿Quién descubrió los triángulos enteros con un ángulo que triseca a otro?

Esta es una observación ordenada. No pude encontrar referencias históricas para ello en particular, pero hay una rica historia de resolución de este tipo de problemas. El problema recuerda claramente a encontrar las ternas pitagóricas, triángulos rectángulos con lados enteros, para los cuales Elements X.29 da una solución sin una pista de cómo se obtuvo (por supuesto, una vez que se conoce la regla, es fácil comprobar que funciona). ). Un método aparece por primera vez en la Aritmética de Diofanto (c. 250 d. C.) al resolver el famoso problema II.8, " dividir un cuadrado dado en dos cuadrados ", aquel cuyos márgenes eran demasiado estrechos en la copia del libro de Fermat. El artículo de Schappacher (págs. 12-13) brinda un buen comentario.

En la narración moderna si$p,q,r$son los lados entonces para$x:=p/r$,$y:=q/r$tenemos$x^2+y^2=1$por el teorema de Pitágoras. Escribir$y^2=1-x^2$y hacer sustitución$y=t(1-x)$entonces ecuación para$x$es lineal y da$x=(t^2-1)/(t^2+1)$,$y=2t/(t^2+1)$. Si$t$es racional también lo son$x$y$y$y configuración$t=n/m$da las ternas pitagóricas$n^2-m^2$,$2nm$,$n^2-m^2$. El truco se puede interpretar geométricamente como la intersección del círculo con líneas de pendiente.$-t$pasando por un punto$(1,0)$, y funciona porque cada línea tiene exactamente otro punto de intersección con el círculo. Diofanto no describe nada por el estilo, por supuesto. Los comentarios de Schappacher (p.27) sugieren que Poincaré pudo haber llegado a esta interpretación en 1901, ahora se llama parametrización racional en geometría algebraica .

Para extender esto a los triángulos autotrisecantes, primero necesitamos un "teorema de Pitágoras". Al igual que tener un ángulo recto convierte los ángulos del triángulo en$\alpha,\pi/2-\alpha,\pi/2$la condición de trisección los convierte en$\alpha,3\alpha,\pi-4\alpha$. En el primer caso escribiendo ecuaciones del teorema de los senos y eliminando$\alpha$de ellos conduce a la ecuación de Pitágoras$p^2+q^2=r^2$, en el segundo caso, después de un poco de diversión con identidades trigonométricas más esotéricas, uno obtiene$q^2r=(p+r)(p-r)^2$. Este es el "teorema de Pitágoras" para triángulos autotrisecantes. Con la misma notación que arriba la curva correspondiente es una cúbica

$$y^2=(x+1)(x-1)^2.$$ Normalmente las cúbicas no tienen parametrizaciones racionales, pero esta es especial por el factor al cuadrado, quiere decir que tiene un nodo (punto de auto-intersección) en $(1,0)$. Dibujar líneas a través del nodo, es decir, hacer la sustitución $y=t(x-1)$, inmediatamente da $x=t^2-1$y $y=t(t^2-2)$. Configuración $t=n/m$Nos da $$p=m(n^2-m^2),\ q=n(n^2-2m^2),\ r=m^3,$$ como en el OP hasta la notación. Entonces, la fórmula no solo funciona, sino que enumera todos los triples autotrisecantes. La cúbica nodal parece algo así como el folium de Descartes (rotado por $135^\circ$en el sentido de las agujas del reloj, escalado y desplazado por $1$a la derecha para que el $x$-intersecciones se mueven hacia $(-1,0)$y $(1,0)$), pero no tiene asíntota.

Es el mismo triángulo que aquí: https://math.stackexchange.com/a/2035612/4414 Donde usé$y=(x-1)*\sqrt{x+1}$. Que surgió por una pregunta similar publicada por el mismo OP.

Con el beneficio adicional de una parametrización racional. Para$x=t^2−1$con$t$racional obtenemos de hecho$y=t*(t^2-2)$. Y a partir de esta parametrización debería dar puntos racionales densos.

Pero no veo ningún método constructivo clásico detrás de esto, que no debería existir para la regla y el compás. El problema es ¿cómo pasamos de un triángulo con cos(γ) a un triángulo con x?