Wierzchołki trókąta równoramiennego

[limes123]

Współrzędne wierzchołków trójkąta równoramiennego są liczbami całkowitymi. Wykaż, że kwadrat długości podstawy tego trójkąta jest liczbą całkowitą. Z góry dzięki za pomoc.

[Pablo09]

To będzie chyba tak:
niech punkty \(\displaystyle{ (a,b)}\) będą współrzędnymi wierzchołka A, a \(\displaystyle{ (c,d)}\) współrzędnymi wierzchołka B, przy czym \(\displaystyle{ a,b,c,d\in C}\)
\(\displaystyle{ |AB|= \sqrt{(a-c) ^{2} +(b-d) ^{2} }}\)
\(\displaystyle{ |AB| ^{2} =(a-c) ^{2}+(b-d) ^{2}}\)
Kwadrat róznicy dwóch liczb całkowitych jest liczbą całkowitą, czyli wyrażenie \(\displaystyle{ (a-c)^2+(b-d)^2}\) jest całkowite, co należało udowodnić.

[limes123]

Kurde mój błąd... Źle przepisałem zadanie. Ma być:
"Wykaż, że kwadrat długości podstawy tego trójkąta jest parzystą liczbą całkowitą". Ma ktoś na to pomysł?

[Justka]

Może w ten sposób:
Załóżmy że jest to trójkat ABC, gdzie BC to podstawa. Wierzchołek A ma współrzedne \(\displaystyle{ A=(x_A,y_A)}\). Odpowiednio wierchołki B i C otrzymujemy poprzez przesunięcie przez pewnien wektor \(\displaystyle{ \vec{AB}=[a,h] \vec{AC}=[-a,h]}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ a,h C}\) (ponieważ wektor \(\displaystyle{ \vec{AB}}\) otrzymujemy odejmując od siebie odpowiednie wspórzedne punktów A i B \(\displaystyle{ \vec{AB}=[x_A-x_B, y_A-y_B]}\), a jak wiemy z zadania \(\displaystyle{ x_A,x_B,y_A,y_B C}\). Z wektorem AC postepujemy analogicznie) Zatem punkty B i C maa współrzedne:
\(\displaystyle{ B=(x_A+a, y_A+h) C=(x_A-a,y_A+h)}\). Czyli:
\(\displaystyle{ |BC|=\sqrt{[(x_A+a)-(x_A-a)]^2+[(y_A+h)-(y_A+h)]^2}=\sqrt{4a^2}=2a}\). A, że szukamy kwadratu podstawy to: \(\displaystyle{ |BC|^2=4a^2}\), a kwadrat liczby całkowitej pomnozonej przez 4 jest parzysta liczba całkowitą

[limes123]

Wszystko ładnie tylko czemu wyszło, że długość tej podstawy jest zawsze liczbą całkowitą? Wystarczy rozważyć trójkąt o współrzędnych A=(0;2),B=(2;0),C=(4;4) - jest równoramienny, a podstawa BC ma długość \(\displaystyle{ 2\sqrt2}\)

[Justka]

Racja! Na to nie zwróciłam uwagi.
Ale wymysliłam inny sposób. Nadal na wektorach. Przykład który przedstawiłam we wczesniejszym poscie odnosi sie tylko do trójkatów równoramiennych których podstawa jest równoległa do osi y lub x. Sa jeszcze dwa przypadki:
I.
\(\displaystyle{ a,b C}\)
Punkty B i C otrzymujemy poprzez przesuniecie o wektory: \(\displaystyle{ \vec{AB}=[a,b] \vec{AC}=[b,a]}\). Więc nasze punkty to: \(\displaystyle{ B=(x_A+a,y_A+b) C=(x_A+b, y_A+a)}\) Zatem:
\(\displaystyle{ |BC|=\sqrt{(a-b)^2+(b-a)^2}=\sqrt{2(a^2-2ab+b^2)} \iff |BC|^2=2(a-b)^2}\) A to napewno jest liczba parzysta całkowita.
II.
W nastepnym przypadku kolejne wektory wyglądaja nastepująco: \(\displaystyle{ \vec{AB}=[a,b] \vec{AC}=[-b,-a] \iff B=(x_A+a,y_A+b) C=(x_A-b,y_A-a)\\
|BC|=\sqrt{(a+b)^2+(a+b)^2}=\sqrt{2(a+b)^2} \iff |BC|^2=2(a+b)^2}\).
Co także jest liczbą parzysta całkowitą.
Nie jestem do końca pewna tego rozwiązania, ale nic innego nie przychodzi mi juz do głowy
P.S Skąd masz takie fajne zadanko?

[limes123]

Dobra teraz (przynajmniej dla mnie) ok. Dzięki:D wszyscy się pytają skąd zadania biorę:P To jest akurat z www,skm,katowice,pl . Ogólnie dość ciekawa ta geometria tam jest.

[amadeuszi]

A co powiecie na takie rozumowanie:
Bez straty ogólności załóżmy, że \(\displaystyle{ AB}\) to podstawa
Bez straty ogólności przekształćmy izometrycznie tak aby podstawa \(\displaystyle{ AB}\) była na osi \(\displaystyle{ OX}\)i punkt \(\displaystyle{ A=(0,0)}\)
wtedy punkt \(\displaystyle{ B=(2n,0)}\) lub \(\displaystyle{ B=(2n+1,0)}\) dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}}\)
wysokość spuszczona z wierzchołka \(\displaystyle{ C=|CD|}\)
\(\displaystyle{ C=(x_{d},y_{2})}\) ; \(\displaystyle{ D=(x_{d},0)}\)
punkt \(\displaystyle{ D}\) dzieli podstawę na dwie równe części, więc
\(\displaystyle{ x_{d}\not\in \mathbb{Z}}\) dla \(\displaystyle{ B=(2n+1,0)}\)
\(\displaystyle{ x_{d} \in \mathbb{Z}}\) dla \(\displaystyle{ B=(2n,0)}\)
Co należało udowodnić

-- 1 lis 2012, o 00:36 --

Czy mógłby ktoś sprawdzić moje rozumowanie?

-- 1 lis 2012, o 00:49 --

Jakby komuśnie chciało się szukać treści to wkejam ją tu:

Współrzędne wierzchołków trójkąta równoramiennego są liczbami całkowitymi. Wykaż, że kwadrat długości podstawy tego trójkąta jest liczbą parzystą

[timon92]

A co powiecie na takie rozumowanie:
Bez straty ogólności załóżmy, że AB to podstawa
Bez straty ogólności przekształćmy izometrycznie tak aby podstawa AB była na osi OXi punkt A=(0,0)
wtedy punkt \(\displaystyle{ B=(2n,0)}\) lub \(\displaystyle{ B=(2n+1,0)}\) dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}}\)
...

po tej izometrii B nie musi mieć współrzędnych całkowitych

[amadeuszi]

Fakycznie, a mogłoby być tak:
Przyjmijmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ AB}\) jest podstawą i \(\displaystyle{ A=(0,0)}\)
Wtedy \(\displaystyle{ B=(2m,2n)}\) lub \(\displaystyle{ B=(2m+1,2n+1)}\) lub \(\displaystyle{ B=(2m+1,2n)}\) lub \(\displaystyle{ B=(2m,2n+1)}\)
\(\displaystyle{ |CD|}\) jest wysokością,
dla \(\displaystyle{ B=(2m,2n+1)}\) ; \(\displaystyle{ D=(m,n+\frac{1}{2})}\) , \(\displaystyle{ m,n \in \mathbb{Z}}\)
wektor prostopadły do wektora \(\displaystyle{ \vec{AD}}\)to wektor \(\displaystyle{ \vec{DC}=a \cdot [-n-\frac{1}{2},m]}\) , i tu nie wiem czy \(\displaystyle{ a \in \mathbb{R}}\) ale to chyba nie ważne.
Punkt \(\displaystyle{ C=D+ \vec{DC}=[m-(n+\frac{1}{2}) \cdot a,n+\frac{1}{2}+m \cdot a]}\)
nie ma tekiej liczby \(\displaystyle{ a}\), żeby \(\displaystyle{ m-(n+\frac{1}{2}) \cdot a}\) i \(\displaystyle{ n+\frac{1}{2}+m \cdot a}\) należało do całkowitych. Dochodzimy analogicznie do tego dla \(\displaystyle{ B=(2m+1,2n)}\). Sprawdzamy pozostałe. Popzostałe działają, co należało udowodnić.
A jak to rozwiązanie?

-- 1 lis 2012, o 23:14 --

A mógłby ktoś wkleić poprawnie rozwiązane, ponieważ wydaje mi się, że rozwiązanie Justki ma taką usterkę że zakłada, że podstawa jest prostopadła do osi\(\displaystyle{ OX}\) lub osi \(\displaystyle{ OY}\)-- 3 lis 2012, o 17:50 --up