Προβλήματα Μαθηματικών

Ιανουαρίου 16, 2009

Ισόπλευρα τρίγωνα

Κατηγορίες: Λυμένα Προβλήματα, Με επιπλέον ερωτήματα — Mihalis Kolountzakis @ 12:38 πμ

Δείξτε ότι δεν υπάρχει ισόπλευρο τρίγωνο στο επίπεδο του οποίου οι κορυφές έχουν ακέραιες συντεταγμένες.

17 σχόλια »

  1. Έστω ότι υπάρχει και ότι έχει πλευρά x ( όπου x ακέραιος φυσικά ). Θεωρώ ότι μία κορυφή του τριγώνου αυτού είναι η αρχή των αξόνων Ο(0,0) και μια άλλη κορυφή κινείται στον χ’χ, άρα έχει συντεταγμένες Α(x,0). [ Φαντάζομαι ότι αυτό δεν συνιστά βλάβη της γενικότητας, διότι οι ίδιες ιδιότητες ισχύουν σε όλο το καρτεσιανό επίπεδο, οπότε η μεταφορά των κορυφών ενός τέτοιου υποθετικού τριγώνου στην αρχή των αξόνων και πάνω στο χ'χ δεν επηρεάζει τη λύση ]
    Τότε, αν Β η άλλη κορυφή του τριγώνου, τότε αυτή θα είναι το σημείο τομής των κύκλων (0,x) και (Α,x). Το 0ΑΒ είναι ισόπλευρο ( αν δεχθούμε την υπόθεση ), άρα αν C η προβολή του Β στον άξονα χ’χ, τότε, ΒC είναι διάμεσος, διχοτόμος και ύψος. Άρα C(x/2,0) και B(x/2,α). Ήδη καταλήγουμε ότι πρέπει το x να είναι άρτιος αριθμός, ώστε η τετμημένη του σημείου Β να είναι ακέραιος αριθμός. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο COB (ή στο CAB), προκύπτει ότι (CB)=(ρίζα3)x / 4. Ο αριθμός αυτός δεν είναι ακέραιος. Αλλά (CB)= α ( τεταγμένη του σημείου Β ) από κατασκευής, άρα το σημείο Β δεν έχει ακέραιες συντεταγμένες. Άτοπο.

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 7:09 μμ

  2. Απλά μια διόρθωση στο προηγούμενο σχόλιό μου. (CB)= (ρίζα3)|x|/2.

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 7:12 μμ

  3. talsfan:

    Δε μπορείς να υποθέσεις ότι η μια πλευρά σου είναι παράλληλη με τον άξονα των x. Για να το κάνεις αυτό θα πρέπει ενδεχομένως να στρέψεις το γενικό τρίγωνο, όμως η στροφή δε διατηρεί το ακέραιο των συντεταγμένων. Μπορείς βεβαίως, όπως έκανες, να το μεταφέρεις το τρίγωνό σου κατά ένα ακέραιο διάνυσμα ώστε να έχει τη μια κορυφή του στο (0,0).

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 7:15 μμ

  4. Ναι, πράγματι.. Έκανα μια ακόμα προσπάθεια. Θεωρώντας πάλι την αρχή των αξόνων ως μια από τις κορυφές ενός τέτοιου υποθετικού τριγώνου πλευράς ρ, πήρα 2 σημεία του κύκλου C(Ο,ρ) Α(χα,ψα), Β(χβ,χβ). Αφού τα Α,Β ανήκουν στον κύκλο C,τότε ψβ^2=ρ^2-χβ^2 όμοια και για το Α.
    Στη συνέχεια, πήρα ότι πρέπει, για να είναι το τρίγωνο 0ΑΒ ισόπλευρο, να ισχύει (0Α)=(ΟΒ)=(ΑΒ)=ρ.
    Στην (ΑΒ)=ρ έκανα αντικατάσταση του (ΑΒ)=ρίζα[ (χβ-χα)^2 - (ψβ-ψα)^2 ]. Ύψωσα στο τετράγωνο και με αντικαταστάσεις έφτασα σε μία εξίσωση με ρ,χα,χβ. Πήρα ως άγνωστο το χα και έβγαλα λύνοντας τη δευτεροβάθμια ότι χα=χβ+-(ρίζα3)|ψβ|/2. που δεν εκφράζει αρι8μούς χα ακέραιους, εφόσον χβ,ψβ είναι ακέραιοι αριθμοί οι ίδιοι. Και έτσι κατέληξα σε άτοπο. Στις πράξεις δεν νομίζω να έχω κάνει λάθος. Από την άλλη, επειδή προσπαθώ να καταλήξω σε άτοπο, η ύψωση που έκανα ( αρχικά στην (ΑΒ)=ρ και μία ακόμα στη συνέχεια ) επιτρέπεται; ( διατήρηση ισοδυναμίας )

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 8:40 μμ

  5. Ναι δεν υπάρχει πρόβλημα στο να τετραγωνίσεις τη σχέση αφού όταν πας να βγάλεις άτοπο κάνεις μια υπόθεση και προχωράς από αυτή με συνεπαγωγές μέχρι να βγάλεις κάτι που δεν ισχύει. Οπότε η λύση σου είναι σωστή.

    Ας κάνω και μια υπόδειξη για μια λύση με λιγότερες πράξεις:

    Αν είναι \ell το μήκος της πλευράς τότε το εμβαδό του τριγώνου είναι \frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2 και παρατηρείστε ότι \ell^2 είναι ακέραιος επειδή τα άκρα μιας πλευράς έχουν ακέραιες συντεταγμένες. Άρα το εμβαδό είναι πάντα άρρητο.

    Δείξτε τώρα ότι οποιοδήποτε τρίγωνο (ισχύει και για οποιοδήποτε πολύγωνο) που οι κορυφές του έχουν ακέραιες συντεταγμένες έχει εμβαδό που είναι ακέραιος ή μισός ακέραιος, της μορφής δηλ. k/2 με k \in \{0,1,2,3,\ldots\}. Αυτό δίνει την αντίφαση.

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 8:55 μμ

  6. Για την περίπτωση του τριγώνου ( έστω ΑΒΓ , ΒΓ=α ). Έστω επίσης ευθείες (ε1),(ε2),(ε3) τέτοιες ώστε:
    η (ε1) να διέρχεται του σημείου Α και να είναι παράλληλη της πλευράς ΒΓ του τριγώνου.
    η (ε2) να διέρχεται του σημείου Β και να είναι κάθετη στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου.
    η (ε3) να διέρχεται του σημείου Γ και να είναι κάθετη στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου ( άρα και παράλληλη της ευθείας (ε2) ).
    Έστω, τέλος, Δ το σημείο τομής των ευθειών (ε1),(ε2) και Ε το σημείο τομής των ευθειών (ε1),(ε3).
    Συνεπώς, σχηματίζεται το ορθογώνιο ΒΓΔΕ με ΒΓ=ΔΕ=α, ΒΔ=ΓΕ=υ.
    Από το σχήμα που προκύπτει το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ( Εαβγ )ισούται με το εμβαδόν του ορθογωνίου ΒΓΕΔ ( Εβγεδ ) μείον το εμβαδόν του τριγώνου ΔΑΒ ( Εδαβ ) και το εμβαδόν του τριγώνου ΕΑΓ ( Εεαγ ). Δηλαδή Εαβγ = Εβγεδ – Εδαβ – Εεαγ (1).
    Εβγεδ = α υ, Εδαβ = (ΑΔ)υ/2, Εεαγ= (ΑΕ)υ/2. Με αντικατάσταση των τριών τελευταίων σχέσεων στην (1) και χρησιμοποιώντας ότι από κατασκευή (ΑΔ) + (ΑΕ) = α, προκύπτει ότι Εαβγ= α(2α-υ)/2. Ο α είναι ακέραιος γιατί εκφράζει το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ με Β,Γ σημεία που έχουν ακέραιες συντεταγμένες ( υπόθεση ). Αλλά και ο υ είναι ακέραιος. Άρα το Εαβγ είναι αριθμός ακέραιος ή μισός ακέραιος ( αν ο α(2α-υ) είναι άρτιος ή περιττός αντίστοιχα ).

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 9:40 μμ

  7. Τώρα που το ξαναβλέπω, το υ δεν είναι σίγουρο ότι είναι ακέραιος (;), άρα δεν πρέπει να είναι σωστός ο παραπάνω τρόπος. Πήρα ασυναίσθητα ότι ΒΓ παράλληλη του χ΄χ, οπότε τότε Δ(χδ,ψδ)=(χβ,ψα) άρα έχει ακέραιες συντεταγμένες το σημείο Δ, επομένως και το (ΒΔ)=υ εκφράζει ακέραιο αριθμό. Αλλά αν ΒΔ έχει άλλη θέση στο χώρο;

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 9:49 μμ

  8. ΒΓ συγγνώμη

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 9:50 μμ

  9. Υπόδειξη 1:

    Δείτε αυτή την εικόνα

    Υπόδειξη 2:

    Δείτε το παλιό post.

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 10:14 μμ

  10. Χμ.. Τα μαθηματικά στο post αυτό είναι πολύ προχωρημένα για μένα, οπότε δύσκολο να προτείνω κάτι άλλο..

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 10:22 μμ

  11. Δες το σχήμα όμως και χρησιμοποίησε τα εμβαδά των τραπεζίων.

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 10:25 μμ

  12. Στο σχήμα που δίνεται ως υπόδειξη, αν Δ,Ε,Ζ οι προβολές των Α,Β,Γ ( από αριστερά προς τα δεξιά οι κορυφές ) στον χ’χ και Θ το σημείο τομής ΒΕ,ΑΓ, το Εαβγ = (ΒΘ)(ΔΖ)/2 χρησιμοποιώντας τα εμβαδά των τραπεζίων που σχηματίζονται από τις προβολές. Το ΔΖ είναι ακέραιος, αφού Δ(χβ,0) και Ζ(χγ,0), χβ,χγ ακέραιοι, άρα και χγ-χβ=ΔΖ ακέραιος. Το ΒΘ γιατί είναι ακέραιος δεν μπορώ να το αποδείξω.

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 10:48 μμ

  13. Μη χρησιμοποιήσεις καθόλου το σημείο Θ.

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 11:04 μμ

  14. Ναι.. Υπολογίζοντας το Εαβγ ως ίσο με Εαβεδ + Εβγζε – Εαγζδ, προκύπτει τελικά ότι:
    Εαβγ= [ (ΒΕ-ΓΖ)ΔΕ + ΕΖ(ΒΕ-ΑΔ) ]/2.
    Και ο αριθμητής είναι ακέραιος, γιατί η διαφορά ΒΕ-ΓΖ εκφράζει ουσιαστικά τη διαφορά ψβ-ψγ, το ΔΕ=χβ-χα, ΕΖ=χγ-χβ και ΒΕ-ΑΔ=ψβ-ψα. Οι τέσσερις αυτοί όροι ( ΒΕ-ΓΖ,ΔΕ,ΕΖ,ΒΕ-ΑΔ που απαντώνται στον αριθμητή ) είναι ακέραιοι γιατί ισούνται με διαφορά ακεραίων. Οπότε Εαβγ είναι ακέραιος ή μισό ακεραίου, ανάλογα με το αν η παράσταση του αριθμητή είναι αριθμός άρτιος ή περιττός αντίστοιχα… Με την 3η φαίνεται το βρήκα…

    Comment από talsfan — Ιανουαρίου 23, 2009 @ 11:21 μμ

  15. Σωστά. Και το ίδιο (ημι-ακέραιο εμβαδό δηλαδή) ισχύει και για οποιοδήποτε πολύγωνο με κορυφές που έχουν ακέραιες συντεταγμένες (είτε χρησιμοποιώντας τον τύπο για εμβαδό πολυγώνου που είδαμε σε παλιότερο post είτε απλά κάνοντας την παρατήρηση ότι μπορούμε να κόψουμε ένα πολύγωνο σε τρίγωνα).

    Comment από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 24, 2009 @ 12:54 πμ

  16. Όταν στο λύκειο διδασκόταν Αναλυτική Γεωμετρία μας μάθαιναν μια ευκολομνημόνευτη μορφή για τον τύπο που δίνει το εμβαδό τριγώνου με δοσμένες τις συντεταγμένες των κορυφών του:

    \displaystyle E=\frac{1}{2}\ |\left|\begin{array}{ccc} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1\end{array} \right||.

    Μάλιστα μπορεί κανείς να τον χρησιμοποιήσει και για να γράψει την εξίσωση της ευθείας που ορίζεται από δύο σημεία του επιπέδου, αφού τα δύο αυτά σημεία και το τυχαίο σημείο (x,y) της ευθείας ορίζουν ένα τρίγωνο μηδενικού εμβαδού.

    Comment από Michalis Loulakis — Ιανουαρίου 24, 2009 @ 1:16 πμ

  17. Νέο ερώτημα

    Βρείτε όλα τα ισογώνια (όχι κατ’ ανάγκη κανονικά) πολύγωνα που οι κορυφές τους έχουν ακέραιες συντεταγμένες.

    Comment από Michalis Loulakis — Ιανουαρίου 31, 2009 @ 3:36 μμ


Κανάλι RSS για τα σχόλια του άρθρου. TrackBack URI

Γράψτε ένα σχόλιο

Για να σχολιάσετε πρέπει να συνδεθείτε.

Blog στο WordPress.com.