Matematyka.pl

Ciekawostka: nie istnieją takie cztery różne punkty na płaszczyźnie, że wszystkie odległości między nimi są liczbami całkowitymi nieparzystymi.

Zapraszam do zabawy.

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.

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 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.

@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

Z tw. cosinusów długość tej przekątnej to

\(\displaystyle{ 1+1-2\cos 120 ^{o}=2+1=3}\)

Więc pasuje.

nie obliczyłaś długości przekątnej tylko jej kwadrat

Ale gapa ze mnie

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.

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

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 \(\displaystyle{ 4}\):

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.