Antalya sorusundaki çözümü takip edelim.
a) $m(\widehat{ABC})=\alpha$ diyelim. $ABD$ ve $ABC$ üçgeninde sinüs teoremi uygularsak $$\frac{|AD|}{\sin{\alpha}}=\frac{|BD|}{\sin{30^\circ}}\implies \sin{\alpha}=\frac{\sqrt{x^2-b^2}}{2a}$$ $$\frac{|BC|}{\sin{120^\circ}}=\frac{|AC|}{\sin{\alpha}}\implies \sin{\alpha}=\frac{b\sqrt{3}}{2(a+x)}$$ Bu iki eşitlikleri birleştirirsek $$(x^2-b^2)(a+x)^2=3a^2b^2\implies x^4+2ax^3+(a^2-b^2)x^2-2ab^2x-4a^2b^2=0$$ olur. Bu polinomun sadece $1$ tane pozitif kökü olduğunu göstermeliyiz. $a^2-b^2$'nin pozitifliğini, negatifliğini veya sıfır olup olmadığını bilmiyoruz. Bu üç durumda katsayıların işaretleri $$+~~ + ~~+ ~~-~~ -$$ $$+~~ +~~ -~~ -~~ -$$ $$ + ~~+~~ -~~ -$$ şeklinde olabilir. Her üç durumda da ardışık sırada sadece $1$ defa işaret değişimi olmaktadır. Bu durumda Descartes'in işaret kuralından dolayı bu polinomun her $a,b$ için tek bir pozitif $x$ çözümü olacağını söyleyebiliriz. Dolayısıyla sabit bir $(a,b)$ çifti için sadece $1$ tane şartı sağlayabilecek $x$ uzunluğu vardır.
b) Önceki kısımda $x$ için bir denklem bulmuştuk. Tek bir $x$ pozitif çözümü olduğunu bildiğimizden istediğimiz gibi işlem yapabiliriz. Eşitliği $x^4$'e bölersek, $\frac{a}{x}=m$ ve $\frac{b}{x}=n$ için $$1+2m+m^2-n^2-2mn^2-4m^2n^2=0\implies (m+1)^2-n^2(4m^2+2m+1)=0\implies n=\frac{m+1}{\sqrt{4m^2+2m+1}}$$ elde ederiz. $4m^2+2m+1=\left(2m+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}$ veya $4$ katı olan $(4m+1)^2+3$ ifadesinin bir rasyonel sayının karesine eşit olmasını sağlayan bir $m$ bulmalıyız. $4m+1=\frac{p}{q}>1$ dersek, $$\frac{p^2}{q^2}+3=\frac{p^2+3q^2}{q^2}=r^2$$ şeklinde bir $r$ rasyonel sayısı olmalıdır. Dolayısıyla $p>q$ ve $p^2+3q^2$ tamkare olmalıdır. Kolay bir örnek çözüm bulmak için $p^2+3q^2=(p+1)^2$ olabilir mi diye kontrol edelim. Bu durumda $3q^2=2p+1$ olur. $q$ tek olmalıdır. $q=1$ için $p=1$ olur ama $p>q$ olmadığından işimize yaramaz. $q=3$ için $p=13$ olur. $(p,q)=(13,3)$ için $$4m+1=\frac{13}{3}\implies m=\frac{5}{6}\implies n=\frac{11}{14}$$ elde edilir. $m=\frac{a}{x}=\frac{5}{6}$ ve $n=\frac{b}{x}=\frac{11}{14}$ olduğundan payda eşitleyerek, $(a,b,x)=(35,33,42)$ tamsayı üçlüsünün bu denklemin bir çözümü olduğunu görürüz. Dolayısıyla bu üç uzunluk aynı anda tamsayı olabilir. Tahminimce en küçük çözüm de budur ama incelemek gerekir.
