Matematické Fórum

Naibik · 10. 12. 2009 20:20

Ahoj ahoj ahoj
prosím Vás o pomoc.. potřebuju dokázat, že vrcholy žádného rovnostranného trojúhelníku nelze umístit do uzlových bodů libovolné čtvercové sítě...
Moc děkuju za odpověď...

marnes · 10. 12. 2009 20:59

↑ Naibik:
Možná to je blbost, ale výška je $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , odmocnina je číslo iracionální a tudíž vrchol nejde umístit do uzlových bodů

petrkovar · 11. 12. 2009 12:57

↑ marnes:To by byl pěkný argument, kdyby jedna strana trojúelníka musela být rovnoběžná s přímkami sítě. Pokud tomu to nepožadujeme, tak bude argumentace složitější.

petrkovar

Já bych navrhoval postupovat sporem.
Pokud by alespoň jeden takový trojúhelník ABC existoval, tak bych kolem jednoho vrcholu (řekněme A) otočil CELOU čtvercovou síť o 60 stupňů a alespoň jeden vrchol sítě (právě B) se zobrazí na jiný vrchol sítě (to bude vrchol C rovnostranného trojúhelníka).
Dále bych navrhoval podívat se na vrcholy sítě jako na komplexní čísla s celočíselnými koeficienty s počátkem ve vrcholu A. Otočení o 60 stupňů bude odpovídat násobení komplexní jednotkou (1/2,sqrt(3)/2). Z komplexního čísla se souřadnicemi vrcholu B bychom měli dostat zase komplexní číslo C s CELOČÍSELNÝMI koeficienty. A z toho asi půjde vydolovat hledaný spor.

Marian · 12. 12. 2009 12:29

↑ Naibik:
Myslím, že následující argument může pomoci.

Předpokládejme, že existuje rovnostranný (nedegenerovaný) trojúhelník $\Delta\, ABC$ , jehož vrcholy jsou umístěny v mřížových bodech čtvercové sítě. Množinu všech mřížových bodů čtvercové sítě označíme $\mathcal{C}_2$ . Zvolme počátek této sítě, třeba $O=[0,0]\in\mathcal{C}_2$ . Potom lze bez újmy na obecnosti předpokládat, že již jeden vrchol je umístěn v počátku (translace), třeba $A=O$ . Dále předpokládejme, že $B=[b_1,b_2]\in\mathcal{C}_2$ a $C=[c_1,c_2]\in\mathcal{C}_2$ . Zřejmě $(b_m,c_n)\in\mathbb{Z}^2$ pro libovolné kombinace indexů $m,n\in\{ 1,2\}$ . Je známo, že obsah trojúhelníku $\Delta\, ABC$ daného vrcholy se spočte
$P=\frac{1}{2}\cdot\mathrm{abs}\,\left ( \begin{vmatrix} 0 & 0 & 1\nl b_1 & b_2 & 1\nl c_1 & c_2 & 1\nl \end{vmatrix} \right ).$
Ve shodě s našimi předpoklady o souřadnicích předpokládaného trojúhelníka je zřejmé, že $P\in\mathbb{Q}^+$ .

Na druhou stranu ovšem (třeba podle Heronova vzorce) platí pro obsah uvažovaného rovnostranného trojúhelníku vztah
$P=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot d^2(AB),$
kde $d(AB)$ značí vzdálenost bodů $A$ a $B$ . Zřejmě je ale $d(AB)=\sqrt{b_1^2+b_2^2}$ . Proto
$P=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot (b_1^2+b_2^2)\quad\notin\quad\mathbb{Q}.$

Dostali jsme spor s předpokladem, že trojúhelník $\Delta\, ABC$ požadovaných vlastností existuje.

Marian · 12. 12. 2009 12:37

↑ petrkovar:
Úlohu jsem našel i u Vás ...
http://homel.vsb.cz/~kov16/ulohy/ulohy.php#A.294.

petrkovar

↑ Marian:Úloha se mi líbí. Proto jsem ji zařadil mezi zajímavé úlohy na mé stránce.

Kondr · 12. 12. 2009 19:22 — Editoval Kondr (12. 12. 2009 20:06)

Zkusím navrhnout další alternativu:

Předpokládejme, že máme nejmenší trojúhelník, který vyhoví podmínkám (pokud existuje nějaký, jistě existuje nejmenší -- druhá mocnina strany je přirozené číslo). Umístíme jej do čtvercové sítě tak, že jeden vrchol má souřadnice [0,0], druhý [a,b], třetí [c,d]. Platí
$a^2+b^2=c^2+d^2=(a-c)^2+(b-d)^2=X$
$X=(a-c)^2+(b-d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd=2(a^2+b^2-ac-bd)$ -- X je sudé, proto jsou buď všechna čísla a,b,c,d lichá (spor mod 4) nebo všechna sudá (spor s minimalitou).

FliegenderZirkus · 12. 12. 2009 20:02

↑ Kondr:
Snažím se tomu porozumět...není ten konec $X=(a-c)^2+(b-d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd=2(a^2+b^2-ac-bd)$ ? Chápu, proč nemůžou být čísla a,b,c,d všechna sudá, ale ten krok s (mod 4) moc ne..nemohl bys to prosím trochu rozvést? Dík!

Kondr · 12. 12. 2009 20:08

↑ FliegenderZirkus: Máš pravdu, proházel jsem písmenka. S tím mod 4 je to myšleno tak, že druhá mocnina lichého čísla dává zbytek 1 po dělení 4 a druhá mocnina sudého dává zbytek 0. Proto by muselo platit
$1+1\equiv 1+1\equiv 0+0\equiv X \pmod{4}$ , což je spor.

FliegenderZirkus · 12. 12. 2009 20:13

Už to vidím :-). Elegantní důkaz! Dík

Olin · 12. 12. 2009 20:34

Bylo to předloni v BRKOSu.

Na dně svých archivů korespondence jsem našel svoje tehdejší řešení - argument byl takový, že jelikož vrcholy prochází mřížovými body, musí mít strany racionální směrnice, ovšem jestliže nějaká strana má směrnici $\mathrm{tg} \varphi$ , pak zbývající 2 v rovnostranném trojúhelníku musí mít směrnice $\mathrm{tg} $ \varphi + \frac{\pi}{3} $$ a $\mathrm{tg} $ \varphi - \frac{\pi}{3} $$ , což se dá rozložit pomocí vzorce pro tangens součtu a vidíme, že to jsou iracionální čísla. Měl jsem za to tehdy plný počet bodů… :-)

Matematické Fórum

#1 10. 12. 2009 20:20

Vrcholy trojúhelníku

#2 10. 12. 2009 20:59

Re: Vrcholy trojúhelníku

#3 11. 12. 2009 12:57

Re: Vrcholy trojúhelníku

#4 11. 12. 2009 14:13 — Editoval petrkovar (11. 12. 2009 14:27)

Re: Vrcholy trojúhelníku

#5 12. 12. 2009 12:29

Re: Vrcholy trojúhelníku

#6 12. 12. 2009 12:37

Re: Vrcholy trojúhelníku

#7 12. 12. 2009 17:58 — Editoval petrkovar (12. 12. 2009 18:11)

Re: Vrcholy trojúhelníku

#8 12. 12. 2009 19:22 — Editoval Kondr (12. 12. 2009 20:06)

Re: Vrcholy trojúhelníku

#9 12. 12. 2009 20:02

Re: Vrcholy trojúhelníku

#10 12. 12. 2009 20:08

Re: Vrcholy trojúhelníku

#11 12. 12. 2009 20:13

Re: Vrcholy trojúhelníku

#12 12. 12. 2009 20:34

Re: Vrcholy trojúhelníku

Zápatí