Προβλήματα Μαθηματικών

Νοέμβριος 3, 2012

Ρητές αποστάσεις

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 12:22 μμ

Υπάρχει σημείο τού επιπέδου το οποίο να απέχει ρητές αποστάσεις και από τις 4 κορυφές τού μοναδιαίου τετραγώνου; Το πρόβλημα αυτό το έμαθα από πρωτοετείς φοιτητές τού Πανεπιστημίου Κρήτης.

Advertisements

4 Σχόλια »

  1. vsk h’ duo h’ tessera th einai t shmeia..oxi mono ena.
    ( an uparxoun etc!)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Stelios Mach — Δεκέμβριος 16, 2012 @ 5:13 πμ

  2. vsk akuro….

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Stelios Mach — Δεκέμβριος 16, 2012 @ 5:22 πμ

  3. Έστω υπάρχει σημείο P για το οποίο να ισχύει το ζητούμενο. Επίσης,ονομάζουμε τις κορυφές του τετραγώνου ως Α(0,0), Β(1,1), Γ(1,0), Δ(0,1). Τότε, το τρίγωνο ABP θα έχει πλευρές μήκους d_1, d_2, \sqrt{2}. Aν θ είναι η γωνία μεταξύ των ΑB και BP τότε θα ισχύει:

    d_2^2 = d_1^2 + 2 - 2d_1 \sqrt{2} cos\theta, άρα \sqrt{2} cos\theta = (d_1^2 + 2 - d_2^2)/2d_1

    Εφόσον όλες οι αποστάσεις είναι ρητές, και το \sqrt{2} cos\theta θα είναι ρητό. Θα αποδείξουμε πως αυτό συμβαίνει μόνο όταν \theta = \pi/4 ή \theta = 3\pi/4.

    Πρώτα απ’ όλα, προκειμένου το \sqrt{2} a να είναι ρητό θα πρέπει το a να είναι αλγεβρικός αριθμός. Αυτό γιατί σε αντίθετη περίπτωση θα ίσχυε πως για τον υπερβατικό αριθμό a, 2 a^2 = (m^2/n^2), δηλαδή το a θα είναι ρίζα της εξίσωσης 2 n^2 x^2 - m^2 = 0, άτοπο αφού το a είναι υπερβατικό.

    Ξέρουμε από την θεωρία Galois πως τα μοναδικά αλγεβρικά συνημίτονα γωνιών μικρότερων από \pi/2 είναι της μορφής cos(2 \pi / k), όπου k ακέραιος (αυτό βασικά είναι το μόνο σημείο της απόδειξης που θέλει επιβεβαίωση. Αν και είμαι βέβαιος πως το έχω δει σε βιβλίο Άλγεβρας, έψαξα μία τα κιτάπια μου και δεν μπόρεσα να το εντοπίσω). Επιπλέον,

    \sqrt{2} cos\theta = 2 cos(\pi/4)cos\theta = cos(\pi/4+\theta) + cos(\pi/4-\theta) = cos(\pi/4 + \theta) + sin(\pi/4 + \theta).

    Yψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε πως θα πρέπει να είναι ρητός ο

    2cos(\pi/4 + \theta)sin(\pi/4 + \theta) = sin(\pi/2 + 2\theta) = cos(2\theta)

    Άρα θα πρέπει cos(4 \pi /k) ρητός και \sqrt{2} cos(2 \pi /k) ρητός. Το πρώτο απαιτούμενο ισχύει για k=1, 2, 3, 4, 6, 8, ενώ αν λάβουμε υπόψη και το δεύτερο τότε βρίσκουμε πως θα πρέπει η γωνία \theta = \pi/4 ή \theta = 3\pi/4.

    Έστω \theta = \pi/4. Ξέρουμε πως η ευθεία ΑΒ διχοτομεί τις 2 σχετικές ορθές γωνίες του τετραγώνου, άρα το σημείο P θα πρέπει να βρίσκεται πάνω στην πλευρά ΒΓ. Αν επαναλάβουμε την ανάλυση παίρνοντας την γωνία μεταξύ των ΑB και ΑP τότε θα βρούμε πως το P θα πρέπει να βρίσκεται πάνω στην πλευρά ΑΓ. Αν επαναλάβουμε την ανάλυση για το τρίγωνο ΓΔΡ τότε βρίσκουμε τελικά πως το P θα έπρεπε να βρίσκεται ταυτόχρονα πάνω σε όλες τις πλευρές του τετραγώνου. Άτοπο. Ομοίως για \theta = 3\pi/4. Άρα δεν υπάρχει τέτοιο σημείο του επιπέδου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από fotisgiagkoylas — Μαρτίου 9, 2013 @ 8:17 μμ

  4. Σωστό.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 13, 2013 @ 8:15 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: