Μπορείτε να βρείτε ένα τετράπλευρο στο οποίο οι αποστάσεις μεταξύ των κορυφών του να είναι ανά δύο περιττοί ακέραιοι;
Δώστε τις συντεταγμένες των κορυφών ή τις αποστάσεις από κορυφή σε κορυφή σε ένα τέτοιο τετράπλευρο, ή αποδείξτε πως τέτοιο τετράπλευρο δεν υπάρχει.
Σε αυτή τη σελίδα ,μπορεί κάποιος να βρει έναν τύπο που είναι χρήσιμος...
ΑπάντησηΔιαγραφήhttp://mathworld.wolfram.com/Quadrilateral.html
Νομίζω πως δεν υπάρχει τέτοιο τετράπλευρο και ένας τρόπος να το δείξουμε είναι με χρήση αριθμητικής υπολοίπων σε διαιρέσεις πραγματικών με ακέραιους.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν υποθέσουμε ότι και τα 6 μήκη (πλευρές, διαγώνιοι) του τετραπλεύρου είναι περιττοί ακέραιοι, τότε και τα αντίστοιχα τετράγωνά τους πρέπει να αφήνουν υπόλοιπο 1 στη διαίρεση με το 4. Αν λοιπόν, χωρίς βλάβη της γενικότητας, οι συντεταγμένες των 4 κορυφών σε ένα καρτεσιανό σύστημα είναι (0,0), (α,0), (χ,ψ), (ζ,ω), θα πρέπει να ισχύουν τα εξής (όλες οι παρακάτω ισότητες αναφέρονται σε βάση mod4):
α^2 = 1 (1)
χ^2 + ψ^2 = 1 (2)
ζ^2 + ω^2 = 1 (3)
(χ-α)^2 + ψ^2 = 1 (4)
(ζ-α)^2 + ω^2 = 1 (5)
(χ-ζ)^2 + (ψ-ω)^2 = 1 (6)
Επομένως:
(2)-(4) κ.μ.: 2αχ – α^2 = 0 ==> χ = α/2 ==>
χ^2 =α^2/4
(3)-(5) κ.μ.: 2αζ – α^2 = 0 ==> ζ = α/2 ==>
ζ^2 =α^2/4
Επίσης: χ-ζ = α/2–α/2 =0
Από τη (2): ψ^2 = 1-α^2/4
Από την (3): ω^2 = 1-α^2/4
Από την (6): (ψ-ω)^2 = 1
Επίσης: ψ^2 - ω^2 = 0 ==> (ψ^2 - ω^2)^2 = 0 (Α)
Ταυτόχρονα όμως:
(ψ+ω)^2 = 2ψ^2 + 2ω^2 – (ψ-ω)^2 = (2-α^2/2) + (2-α^2/2) – 1 = 3-α^2 = 2
οπότε: (ψ^2 - ω^2)^2 = (ψ+ω)^2*(ψ-ω)^2 = 2*1 = 2 (Β)
Οι (Α) και (Β) αντιφάσκουν και η υπόθεση οδηγήθηκε σε άτοπο.
Σωστά Θανάση. Πολύ ωραία απόδειξη!
ΑπάντησηΔιαγραφήΜια πιο "ετοιματζίδικη", βασισμένη στο λινκ του Wolphram που έδωσα είναι η εξής:
H γνωστή ορίζουσα Caley-Menger για τυχαίο τετράεδρο αν εξισωθεί με το 0 (ένα τετράπλευρο είναι ένα εκφυλισμένο τετράεδρο. Με όγκο V =0 δηλαδή) δίνει τον τύπο του Weinberg που υπάρχει εκεί έτοιμος για τις 6 αποστάσεις:
$0=d_{12} ^{4}d_{34} ^{2}+d_{13} ^{4}d_{24} ^{2}+ \cdots -d_{32} ^{2}d_{21} ^{2}d_{14} ^{2}$
Όλα τα μέλη δεξιά είναι γινόμενα τετραγώνων περιττών. Όλα τα τετράγωνα ποεριττών είναι $1mod(4)$ (ή 1mod 8).
Το δεξί μέλος της εξίσωσης δίνει τελικά $-2mod4$ (ή ισοδύναμα$2mod4$ ) διάφορο του 0. Άρα δεν μπορεί οι 6 αποστάσεις να είναι όλες περιττές.
Εξυπακούεται πως ούτε συνευθειακά μπορεί να είναι 3 σημεία, καθώς η διαφορά δύο περιττών αριθμών είναι άρτιος.
Γιώργη, ευχαριστώ! Η δική σου απόδειξη ομολογουμένως, με δεδομένο τον τύπο του Weinberg, καταλήγει πολύ πιο γρήγορα και ξεκούραστα στο άτοπο. Αλλά, η δική μου, αν και κάπως πιο κουραστική, οφείλεις να συμφωνήσεις ότι βασίζεται σε καθαρή σκέψη (άντε και λίγο Π.Θ.), που δε ρυπαίνει το περιβάλλον με αχρείαστα από μνήμης μαθηματικά :-). Ωραίο θέμα, σε κάθε περίπτωση!
ΑπάντησηΔιαγραφήΦυσικά συμφωνώ πως η δική σου είναι μια πι-εμ-πί(PMP) "πράσινη" προσέγγιση. ("πράσινη" meaning environmentally friendly and not green horses. :-) )
Διαγραφή