OliForum Matematico

Own (che poi figurati se già non l'hanno detto)
1. Dimostrare che non esistono triangoli equilateri a coordinate intere.
2. Dedurne che non esistono quadrati con vertici in un reticolo triangolare (quello qui http://imageshack.us/photo/my-images/715/reticolo.jpg/).

Colgo l'occasione per citare il mitico teorema di Pick

Se l'hai risolto con Pick posta pure! Soprattutto il secondo punto, che io ho risolto con un'escamotage (appunto, deducendolo dal primo punto).

Solo riguardo al primo punto, perché l'avevo già visto

Si, comunque mi è venuto in mente come usarlo anche per il secondo punto: In ogni caso aspetto una soluzione del punto 2 dedotta dal primo punto! (molto semplice e carina)

Boh, il metodo più rapido per me sono i complessi...
Basta infatti una moltiplicazione

Eh è quella la strada per l'altra soluzione, diciamo...

Gottinger95 ha scritto:Se l'hai risolto con Pick posta pure!

Ehm, con Pick è una riga in pratica... l'idea era farselo venire in mente.

(così per curiosità, non so neanch'io la risposta, ma con gli arnesi a vostra disposizione siete in grado ora di formulare un analogo del teorema di Pick per il reticolo triangolare? E per quello esagonale c'è anche qualcosa di simile?

Uhm, per l'affinità citata da Gottinger *dovrebbe* essere $ S=\dfrac {\sqrt3} 2\left(I+\dfrac B 2-1\right) $
O mi perdo qualcosa?

Sì, mi torna. Per l'esagonale invece temo non ci sia niente di simile, come notano anche qui: https://math.stackexchange.com/question ... r-hex-grid.

Personalmente non vedo il motivo per cui utilizzare le griglie esagonali... cioé, basta sovrapporla ad una griglia triangolare creando alcuni punti in più (i centri) e calcolare l'area con questi.

Ehm, con Pick è una riga in pratica... l'idea era farselo venire in mente.

(così per curiosità, non so neanch'io la risposta, ma con gli arnesi a vostra disposizione siete in grado ora di formulare un analogo del teorema di Pick per il reticolo triangolare? E per quello esagonale c'è anche qualcosa di simile?

Ho scritto di impulso ahahah io non ci avevo pensato, e lo avevo risolto in Tdn, così è bellino proprio

Presuppongo che sia possibile trovare tre vertici $A,B,C$ nel piano cartesiano a coordinate intere in modo che formino un triangolo equilatero. Siano $(x_A,y_A)$ le coordinate di $A$, $(x_B,y_B)$ le coordinate di $B$ e $(x_C,y_C)$ le coordinate di $C$ (potremmo definire le coordinate di uno dei punti $(0,0)$, ma cosi è troppo facile).
Se $l$ è il lato del triangolo equilatero, allora: $l^2=(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2=(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2=(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2$.
Dunque $(x_A-x_B)^2-(x_B-x_C)^2=(y_B-y_C)^2-(y_A-y_B)^2$ e $(x_A-x_C)(x_A-2x_B+x_C)=(y_A-y_C)(-y_A+2y_B-y_C)$ (e simmetriche). Questo prodotto non può essere mai uguale a $0$:
1) Se $x_A-x_C=0$, allora il segmento $AC$ è parallelo all'asse delle ordinate e quindi l'altezza è perpendicolare ad esso; $x_B=x_A+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot l=x_A+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot |y_A-y_C|\not\equiv 0 \mod 1$.
2) Se $x_A-2x_B+x_C=0$, allora $x_B$ è la media aritmetica di $x_A$ e $x_C$, cosi come la coordinata delle ascisse del punto medio di $AC$; quindi l'altezza relativa a $B$ è parallela all'asse delle ascisse e ci si riconduce al caso precedente.
Sia $p$ un primo che divide $x_B$. Noto che l'espressione si trasforma modulo $p$ in $x_A^2-x_C^2\equiv (y_A-y_C)(-y_A+2y_B-y_C)$. Questa assomiglia ad una Pell e si potrebbe usare la generica formula risolutiva, ma siccome il coefficiente di $x_C^2$ è un quadrato perfetto e il RHS non è 1, bisogna cercare una soluzione più intricata e meno intuitiva.

Dall'equazione $(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2=(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2=(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2$ si evince:
$(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2-(x_B-x_C)^2-(y_B-y_C)^2=\\
=(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2-(x_B-x_C)^2-(y_B-y_C)^2=0$
$(x_A-x_C)(x_A-2x_B+x_C)+(y_A-y_C)(-y_A+2y_B-y_C)=\\
=(x_A-x_B)(x_A-2x_C+x_B)+(y_A-y_B)(y_A-2y_C+y_B)=0$
$2(x_A-x_C)(x_A-2x_B+x_C)=2(x_A-x_B)(x_A-2x_C+x_B)=0$
Assurdo.

Per il secondo punto: una strada bella è notare che se un tale quadrato $ABCD$ esiste allora il suo lato $AB$ dev'essere la retta di Simson del triangolo formato da $A$ e altri due vertici vicini nel reticolo, con $D$ il punto da cui si proietta sui tre lati del triangolo. Questo fatto non è difficile da dimostrare, basta invertire in un punto particolare ed applicare le propietà del punto di Nagel. Poi ovviamente dimostrato il lemmino l'esercizio viene subito.

Vorrei indicarvi una soluzione 'diversa' per il punto 2 , ricavata con metodi "terra-terra"
(Anche se non discende strettamente dal punto 1)

In un quadrato ogni coppia di lati consecutivi deve avere lati uguali e perpendicolari.
Consideriamo un sistema cartesiano ortogonale $xy$ con asse $x$ diretto come le basi dei triangoli equilateri e origine $ O $ in un nodo del reticolo,
e consideriamo un generico quadrilatero $OBCD$.
Caso a) : < Le sue coppie di lati opposti sono parallele agli assi > : E' ovvio che due lati consecutivi non possono essere uguali, perchè :
i lati orizzontali hanno misura espressa da un numero intero, mentre i lati verticali sono proporzionali a $ \dfrac{\sqrt 3}{2} $
Caso b) : < Lati non paralleli agli assi > :
Il vertice $ B $ avrà coordinate pari a $ k $ e $ 2h\dfrac{\sqrt 3}{2} $ ; il vertice $D$ avrà coordinate pari a $ -p $ e $ 2q\dfrac{\sqrt 3}{2} $ , con k,h,p,q interi positivi .
Chiamati $\beta$ l' angolo che $OB$ forma con l'asse $x$ e $\delta$ l'angolo che $OD$ forma con l' asse $y$ , possiamo scrivere :
$\tan{\beta} = \dfrac{1}{k} 2h \dfrac{\sqrt 3}{2} = \dfrac{h}{k} \sqrt 3 $
$\tan{\delta} = \dfrac{1}{p} 2q \dfrac{\sqrt 3}{2} = \dfrac{q}{p} \sqrt 3 $
Perchè $OB$ e $OD$ siano perpendicolari deve essere di $ 90° $ l' angolo $ (180° -\beta - \delta ) $ ; cioè : $\beta +\delta = 90°$
Quindi : $ \tan{ \beta} \tan{\delta} = 1 $ ; ovvero :
(1) $ \dfrac{3h}{k}= \dfrac{p}{q} $
Risulta $ \overline{OB}^2 = k^2 +(2h \dfrac {\sqrt 3}{2})^2 $ , nonchè $\overline{OD}^2 = p^2 +(2q \dfrac {\sqrt 3}{2})^2 $ ; cioè, utilizzando la (1) :
(2) $ \overline{OB}^2= 3h^2+k^2 $ , nonchè : (3) $ \overline{OD}^2= 3q^2+p^2 $
Imponendo infine che i lati consecutivi del quadrilatero fossero uguali , risulterebbe allora : $ k^2 = 3 q^2 $
Ovvero $ k= q \sqrt 3 $ . Relazione che non può essere valida fra 2 numeri interi . Giusto ?
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P.S.: Mi rendo conto che io trovo generalmente (quando le trovo) strade che piacciono poco ai più , perchè di stile <demodé>, e piuttosto 'pallose' (con conseguenti
critiche o 'gelidi silenzi' ), ma giacchè le scrivo, tanto vale postarle ; e ...scusate il disturbo !

Bene Maurizio, i passaggi principali mi sembrano giusti! Anche perchè è proprio quella la contraddizione a cui si arriva usando il metodo di Drago96
Io invece volevo proporvi il "se e solo se" tra i due punti.

Rappresentiamo i nodi del reticolo triangolare con gli interi di Eisenstein \( \mathbb{Z}[\omega]\), della forma \(a + \omega b\) ( \(\omega\) è la radice cubica dell'unità). Un vertice del quadrato lo piazziamo al centro. Siano \(x,z\) i due vertici consecutivi al centro. Se \(x,z \in \mathbb{Z}[\omega]\), allora \(x+z \in \mathbb{Z}[\omega]\) (il quarto vertice del quadrato). E' perciò necessario e sufficiente che valga, per qualche \(a,b,c,d \in \mathbb{Z}\) :\[ xi = z \ \ \ \leftrightarrow \ \ \ (a+\omega b ) i = (c+ \omega d) \ \ \ \leftrightarrow \ \ \ (bi-d) \omega = (c-ai) \] Ma questo è assurdo, perchè allora il centro del piano cartesiano e i punti \(bi-d\), \(c-ai\) formerebbero un triangolo equilatero nel reticolo quadrato degli interi di Gauss.