Matematyka.pl

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).

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.

Przeczytaj jeszcze raz treść zadania

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

azanus111 pisze: 29 gru 2025, o 13:04musi istnieć alter ego tego punktu o współrzędnych całkowitych...

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

JK

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...

azanus111 pisze: 29 gru 2025, o 16:03można 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

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

mol_ksiazkowy pisze: 29 gru 2025, o 21:28 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

Metryka dyskretna jest jeszcze lepsza

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...

azanus111 pisze: 2 sty 2026, o 12:35 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

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

A pomyślałeś co się stanie z odległościami od ustalonych punktów?

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...