Cztery punkty na płaszczyźnie
- Spektralny
- Użytkownik
- Posty: 3976
- Rejestracja: 17 cze 2011, o 21:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Praga, Katowice, Kraków
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 929 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
Ciekawostka: nie istnieją takie cztery różne punkty na płaszczyźnie, że wszystkie odległości między nimi są liczbami całkowitymi nieparzystymi.
Zapraszam do zabawy.
Zapraszam do zabawy.
-
- Użytkownik
- Posty: 30
- Rejestracja: 30 sty 2015, o 09:23
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: ba
- Pomógł: 15 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
Nie wprost. Niech jeden z tych punktów to \(\displaystyle{ (0,0)}\) a pozostałe to \(\displaystyle{ a_1,a_2,a_3}\). Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ i\neq j}\), to
\(\displaystyle{ 2\langle a_i,a_j\rangle=|a_i|^2+|a_j|^2-|a_i-a_j|^2 \equiv 1 \mbox{ mod }3}\),
bo z założenia liczby \(\displaystyle{ |a_i|^2, |a_j|^2,|a_i-a_j|^2}\) są kwadratami liczb nieparzystych.
Zatem modulo \(\displaystyle{ 3}\) macierz całkowitoliczbowa:
\(\displaystyle{ A=(2\langle a_i,a_j\rangle)_{ij}}\)
jest równa macierzy:
\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}}\),
czyli jest nieosobliwa: \(\displaystyle{ \mbox{ det}(A)= 1 \in\mathbb{F}_3}\).
Z drugiej strony wektory \(\displaystyle{ a_i}\) są liniowo zależne, to jest istnieją nie wszystkie równe zero \(\displaystyle{ \alpha_i}\) takie, że \(\displaystyle{ \alpha_1 a_1+\alpha_2 a_2+\alpha_3 a_3=0}\), czyli \(\displaystyle{ A\cdot (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)^T=0}\), zatem \(\displaystyle{ \mbox{det} (A) =0}\) - sprzeczność.
\(\displaystyle{ 2\langle a_i,a_j\rangle=|a_i|^2+|a_j|^2-|a_i-a_j|^2 \equiv 1 \mbox{ mod }3}\),
bo z założenia liczby \(\displaystyle{ |a_i|^2, |a_j|^2,|a_i-a_j|^2}\) są kwadratami liczb nieparzystych.
Zatem modulo \(\displaystyle{ 3}\) macierz całkowitoliczbowa:
\(\displaystyle{ A=(2\langle a_i,a_j\rangle)_{ij}}\)
jest równa macierzy:
\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}}\),
czyli jest nieosobliwa: \(\displaystyle{ \mbox{ det}(A)= 1 \in\mathbb{F}_3}\).
Z drugiej strony wektory \(\displaystyle{ a_i}\) są liniowo zależne, to jest istnieją nie wszystkie równe zero \(\displaystyle{ \alpha_i}\) takie, że \(\displaystyle{ \alpha_1 a_1+\alpha_2 a_2+\alpha_3 a_3=0}\), czyli \(\displaystyle{ A\cdot (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)^T=0}\), zatem \(\displaystyle{ \mbox{det} (A) =0}\) - sprzeczność.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
to jest niepoprawnie, kwadraty liczb nieparzystych modulo 3 dają reszty 0 i 1 więc tamto wyrażenie może dawać dowolną resztę
być może trzeba zmienić modulo
niestety modulo 2 otrzymana macierz jest nieodwracalna
może modulo 4 lub 8? ale wtedy argument nie przejdzie bo mamy macierz nie nad ciałem
być może trzeba zmienić modulo
niestety modulo 2 otrzymana macierz jest nieodwracalna
może modulo 4 lub 8? ale wtedy argument nie przejdzie bo mamy macierz nie nad ciałem
- kropka+
- Użytkownik
- Posty: 4389
- Rejestracja: 16 wrz 2010, o 14:54
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 787 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
Nie rozumiem. Wystarczy przecież narysować romb o kątach \(\displaystyle{ 60 ^{o}}\) i \(\displaystyle{ 120 ^{o}}\) i długości boku np. \(\displaystyle{ 1}\). Każda przekątna dzieli go na dwa trójkąty równoboczne.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
@up nie za bardzo, dłuższa przekątna dzieli ten romb na trójkąty o kątach \(\displaystyle{ 30^\circ, 30^\circ, 120^\circ}\), a poza tym nie jest nawet liczbą całkowitą
-
- Użytkownik
- Posty: 426
- Rejestracja: 29 paź 2015, o 16:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 21 razy
- Pomógł: 90 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
Weźmy \(\displaystyle{ 2}\) trójkąty, które oparte są na tej samej podstawie. Ich wszystkie boki (wraz z podstawami) mają długości wyrażone liczbami nieparzystymi \(\displaystyle{ a,b,c}\) oraz \(\displaystyle{ a,d,e}\). Korzystając ze wzoru Herona obliczmy ich pola \(\displaystyle{ S_{1}, S_{2}}\). Następnie obliczmy ich wysokości \(\displaystyle{ h_{1}= \frac{2S_{1}}{a}}\),\(\displaystyle{ h_{2}=\frac{2S_{2}}{a}}\). Wprowadźmy oznaczenia: \(\displaystyle{ x}\) - odległość między spodkiem wysokości \(\displaystyle{ h_{1}}\) a prawym końcem podstawy, \(\displaystyle{ y}\) - odległość między spodkiem wysokości \(\displaystyle{ h_{2}}\) a lewym końcem podstawy. Z twierdzenia Pitagorasa wynika \(\displaystyle{ x= \sqrt{c^2-h_{1}^2}}\) oraz \(\displaystyle{ y= \sqrt{d^2-h_{2}^2}}\). Odległość między wysokościami trójkątów wynosi \(\displaystyle{ w=\left| y+x-a\right|}\) (?). Odległość między górnymi wierzchołkami trójkątów wyniesie \(\displaystyle{ s= \sqrt{w^2+(h_{2}-h_{1})^2}}\). Wystarczy teraz wykazać, że \(\displaystyle{ s}\) nie może być liczbą nieparzystą. Tylko problem w tym komu chce się to liczyć i czy ten sposób zaprowadzi nas do rozwiązania.
-
- Użytkownik
- Posty: 30
- Rejestracja: 30 sty 2015, o 09:23
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: ba
- Pomógł: 15 razy
Cztery punkty na płaszczyźnie
Aj, próbowałam pokazać, że \(\displaystyle{ A=(2\langle a_i,a_j\rangle)_{ij}}\) jest odwracalna nad pewnym \(\displaystyle{ \mathbb{F}_p}\) i w pewnym momencie argument mi się magicznie skrócił. Tymczasem timon92 zasadniczo poprawił rozwiązanie. Wystarczy policzyć modulo \(\displaystyle{ 4}\). Pierścień \(\displaystyle{ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}}\) jest mimo wszystko dość porządny. Przepisuję rozwiązanie modulo \(\displaystyle{ 4}\):timon92 pisze:to jest niepoprawnie, kwadraty liczb nieparzystych modulo 3 dają reszty 0 i 1 więc tamto wyrażenie może dawać dowolną resztę
być może trzeba zmienić modulo
niestety modulo 2 otrzymana macierz jest nieodwracalna
może modulo 4 lub 8? ale wtedy argument nie przejdzie bo mamy macierz nie nad ciałem
Nie wprost. Niech jeden z tych punktów to \(\displaystyle{ (0,0)}\) a pozostałe to \(\displaystyle{ a_1,a_2,a_3}\). Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ i\neq j}\), to
\(\displaystyle{ 2\langle a_i,a_j\rangle=|a_i|^2+|a_j|^2-|a_i-a_j|^2 \equiv 1 \mbox{ mod }4}\),
bo z założenia liczby \(\displaystyle{ |a_i|^2, |a_j|^2,|a_i-a_j|^2}\) są kwadratami liczb nieparzystych.
Zatem modulo \(\displaystyle{ 4}\) macierz całkowitoliczbowa:
\(\displaystyle{ A=(2\langle a_i,a_j\rangle)_{ij}}\)
jest równa macierzy:
\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}}\),
czyli jest nieosobliwa: \(\displaystyle{ \mbox{ det}(A)= 1 \in\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}}\). (*) Macierz nad pierścieniem przemiennym z jedynką jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy jej wyznacznik jest odwracalny. Dla dowodu (pełnego w stronę, która nas tu interesuje) wystarczy pomnożyć daną macierz przez macierz jej dopełnień algebraicznych. Otrzymujemy macierz skalarną z wyznacznikiem danej macierzy na przekątnej.
Z drugiej strony wektory \(\displaystyle{ a_i}\) są liniowo zależne, więc jest istnieją nie wszystkie równe zero \(\displaystyle{ \alpha_i}\) takie, że \(\displaystyle{ \alpha_1 a_1+\alpha_2 a_2+\alpha_3 a_3=0}\), czyli \(\displaystyle{ A\cdot (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)^T=0}\), zatem \(\displaystyle{ \mbox{det} (A) =0}\) - sprzeczność.