OliForum Matematico

Sia $ ~n\ge 3 $ un intero.
Provare che esistono $ ~n $ punti del piano tali che:

- la distanza di due punti qualsiasi è irrazionale
- tre punti qualsiasi determinano un triangolo non degenere di area razionale


Mi è sembrato particolarmente carino

Buon lavoro

ps: pregherei i 'vecchi' di lasciare spazio ai 'nuovi' almeno per una decina di giorni

Visto che nessuno risponde posto la mia soluzione.

Prendo un cerchio di raggio irrazionale $ R=\sqrt{k} $ con $ k\in \mathbb{Q} $. Voglio trovare sulla circonferenza gli $ n $ punti richiesti. In particolare, sia $ \alpha $ un angolo con seno e coseno entrambi razionali, e supponiamo che esista un $ \alpha $ di questo tipo piccolo a piacere. Allora prendo gli $ n $ punti in modo che l'angolo al centro fra due consecutivi sia $ 2\alpha $.

Quindi la distanza fra due punti qualsiasi sarà data da

$ d=2R\sin {k\alpha} $

Voglio dimostrare che $ \sin {k\alpha} $è razionale.

Lemma: se un angolo ha seno e coseno razionali anche i suoi multipli hanno seno e coseno razionali. Si fa per induzione:

$ \sin{(n+1)\alpha}=\sin{n\alpha}\cos\alpha+\cos{n\alpha}\sin\alpha $
$ \cos{(n+1)\alpha}=\cos{n\alpha}\cos{\alpha}-\sin{n\alpha}\sin\alpha $

I RHS sono tutti razionali, e quindi lo saranno anche i LHS.

Quindi la distanza $ d $ tra due punti qualsiasi è irrazionale perchè prodotto di un razionale per un irrazionale.


Per le aree: chiamo triangolo centrato un triangolo con 2 vertici scelti fra gli n punti e il restante coincidente con il centro. Allora un triangolo centrato ha area
$ S=\frac 12 R^2\sin{(2k\alpha)} $
Quindi la sua area è razionale.

L'area di ogni triangolo fra 3 punti qualsiasi degli $ n $ si può scrivere come somma o differenza di 3 triangoli centrati (non è difficile da vedere), quindi anche i triangoli fra i punti sulla circonferenza hanno area razionale.

Rimane solo da dimostrare che esiste un angolo piccolo a piacere con seno e coseno razionali, ma basta considerare le terne pitagoriche che sono del tipo
$ m^2+n^2, m^2-n^2,2mn $

Allora esiste $ \alpha $ tale che
$ \sin\alpha=\frac{m^2-n^2}{m^2+n^2} $
e
$ \cos\alpha=\frac{2mn}{m^2+n^2} $

A questo punto basta porre $ m=n+1 $ per ottenere
$ \displaystyle\sin \alpha=\frac{2n+1}{2n^2+2n+1} $
e per $ n\rightarrow\infty $, $ \sin\alpha\rightarrow 0 $
quindi posso trovare un angolo piccolo abbastanza per far stare tutti gli $ n $ punti in un angolo giro (forse questo non è indispensabile, ma evita eventuali problemi di sovrapposizioni di punti)

Salva, tu come l'hai risolto?

Io ho considerato i seguenti punti:

$ P_i=(i, \frac{i(i+1)}{2}) $

l'area è razionale per Pick, e giocherellando con le distanze si trova che sarebbero razionali solo se esistesse una terna pitagorica contenente il 2


scusate se non spiego meglio ma mi trovo impossibilitato ad usare un braccio e scrivere una soluzione con una sola mano è triboloso

$ P_i=(i,i^2) $ mi pare ancora piu facile

IMO 1987, problema 5.