Jaki to punkt ?

[mol_ksiazkowy]

Czy istnieje punkt o współrzędnych wymiernych \(\displaystyle{ P(p,q)}\) taki, że jego wszystkie odległości od wierzchołków kwadratu \(\displaystyle{ (0,0), (0,1), (1, 0), (1, 1)}\) są liczbami wymiernymi ?

Wersja słabsza : trzy odległości (zakładając, że to żaden z wierzchołków).

[Pancernik]

Punkt \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem przecięcia się przekątnych. A przekątne w kwadracie są równej długości i przecinają się w połowie. Dlatego możemy wziąć punkty \(\displaystyle{ (0,0), (1,1)}\) i obliczyć punkt po środku między nimi.

Wzór:
\(\displaystyle{ S\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)}\)

Rozwiązanie:
\(\displaystyle{ P\left(\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}\right)=P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}\)
Czyli \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}}\) i \(\displaystyle{ q=\frac{1}{2}}\).
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) jest liczbą wymierną.

[a4karo]

Przeczytaj jeszcze raz treść zadania

[azanus111]

Wydaje się, że jeżeli istnieje taki punkt o współrzędnych wymiernych to musi istnieć alter ego tego punktu o współrzędnych całkowitych...

[Jan Kraszewski]

musi istnieć alter ego tego punktu o współrzędnych całkowitych...

To brzmi bardzo "mądrze", tylko niestety nic nie znaczy.

JK

[azanus111]

Wydaje się, że jeżeli istnieje taki punkt o współrzędnych wymiernych to musi istnieć alter ego tego punktu o współrzędnych całkowitych...

Akurat znaczy tyle ile jest napisane, bo można zamiast szukać punktu o współrzędnych wymiernych, można szukać albo i wykazać, że taki nie istnieje we współrzędnych całkowitych zawsze lepiej mieć przed sobą \(\displaystyle{ n }\) niż: \(\displaystyle{ \frac{p}{q} }\), mniej szukanych to mniej poszukiwań i mniej podejrzanych, o tym uczą nawet w Scotland Yardzie...i w GRU...

[Jan Kraszewski]

można szukać albo i wykazać, że taki nie istnieje we współrzędnych całkowitych zawsze lepiej mieć przed sobą \(\displaystyle{ n }\) niż: \(\displaystyle{ \frac{p}{q} }\), mniej szukanych to mniej poszukiwań i mniej podejrzanych, o tym uczą nawet w Scotland Yardzie...i w GRU...

Chyba pomyliłeś fora. A sprawdzenie, czy nie istnieje punkt o współrzędnych całkowitych (o zadanych własnościach) w kwadracie jednostkowym nie wymaga dużego wysiłku, ale nie ma dużego związku z właściwą treścią zadania.

Nawiasem mówiąc, wierzchołki kwadratu spełniają trywialnie warunki zadania, ale - jak rozumiem - nie o to chodziło molowi.

JK

[mol_ksiazkowy]

Z danego wierzchołka odległości są: \(\displaystyle{ 0, 1, 1, \sqrt{2} }\)...

[Jan Kraszewski]

Z danego wierzchołka odległości są: \(\displaystyle{ 0, 1, 1, \sqrt{2} }\)...

No tak... Tłumaczenie się, że miałem na myśli metrykę miejską nie zabrzmi wiarygodnie...

Ale dla trzech pasuje

JK

[a4karo]

Metryka dyskretna jest jeszcze lepsza

[azanus111]

Jak już powiedziałem jak punkt:

\(\displaystyle{ P' \left( \frac{p}{q}, \frac{w}{r} \right)}\) jest punktem o współrzędnych wymiernych , spełniający warunki zadania wobec punktów: \(\displaystyle{ A, B, C, D}\)

to po pomnożeniu przez odpowiednio wielką liczbę współrzędnych wymiernych punktu \(\displaystyle{ P'}\) punkt ten transformuje na punkt \(\displaystyle{ P(x , y)}\) już o współrzędnych całkowitych i takich, że wszystkie odległości od punktów: A, B, C, D są całkowite,
a jak są całkowite to spełniają diofantyczne równania Pitagorasa czyli:

generalnie jak by choć jeden się znalazł punkt o współrzędnych wymiernych, to tych punktów znalazłoby się na tyle, żeby tworzyć zbiory gęste...

\(\displaystyle{ x^2+y^2=a^2}\)

\(\displaystyle{ (x-1)^2+y^2=b^2}\)

\(\displaystyle{ x^2+(y-1)^2=c^2}\)

\(\displaystyle{ (x-1)^2+(y-1)^2=d^2}\)

rozwiązania x, y są typu:

\(\displaystyle{ 2mn \rightarrow p \wedge m^2-n^2 \rightarrow u}\)

rozwiązania są typu: \(\displaystyle{ u }\)- uniwersalne (parzyste lub nieparzyste) i \(\displaystyle{ p}\) - parzyste

więc konfiguracja może być np. taka;

(1) \(\displaystyle{ (u , p)}\)

(2) \(\displaystyle{ (u , p)}\)

(3) \(\displaystyle{ (p , u)}\)

bo skoro \(\displaystyle{ y}\) jest parzyste to \(\displaystyle{ y-1}\) musi być uniwersalne a więc nieparzyste

więc trzy równania mogą być spełnione bezsprzecznie a co do czwartego: musi być:

\(\displaystyle{ (p , u)}\) - wynika stąd, że \(\displaystyle{ x-1}\) - parzyste , \(\displaystyle{ x}\) - nieparzyste

ale w trzecim (3) mamy, że \(\displaystyle{ x }\)- parzyste co daje sprzeczność...

jeżeli wyszlibyśmy w innej kolejności i w innej konfiguracji np.: \(\displaystyle{ (p, u)}\) to też dla czwórki uzyskamy sprzeczność...

[Jan Kraszewski]

to po pomnożeniu przez odpowiednio wielką liczbę współrzędnych wymiernych punktu \(\displaystyle{ P'}\) punkt ten transformuje na punkt \(\displaystyle{ P(x , y)}\) już o współrzędnych całkowitych i takich, że wszystkie odległości od punktów: A, B, C, D są całkowite,

Sensu to za bardzo nie ma.

JK

[azanus111]

Jeżeli znajdziemy punkt wymierny to będzie i całkowity i taki jest sens...

[a4karo]

A pomyślałeś co się stanie z odległościami od ustalonych punktów?

[azanus111]

Odległości też się zrobią całkowite, każde równanie wymierne Pitagorasa łatwo doprowadzić do całkowitego równania...

Sensu to za bardzo nie ma.

jak najbardziej ma sens bo jest zdaniem logicznym , co najwyżej możesz go ocenić w kategorii fałszu lub prawdy...