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¿Es posible colocar un triángulo equilátero en una cuadrícula cuadrada de manera que todos los vértices estén en las esquinas?

En la siguiente colección de problemas - arXiv:1110.1556v2 [math.HO] - se plantea la siguiente pregunta:

¿Es posible colocar un triángulo equilátero en una cuadrícula cuadrada de manera que todos los vértices estén en las esquinas?

El primer enfoque que se me ocurre es utilizar el Teorema de Pick (por ejemplo http://www.geometer.org/mathcircles/pick.pdf ) suponiendo que todos los vértices están en puntos de la red. Resulta que no es posible (según Pitágoras, el área de un triángulo equilátero con dos vértices en puntos de la red es un múltiplo racional de $\sqrt3$ ).

Mi pregunta entonces es: ¿cómo se puede establecer la imposibilidad de tal colocación sin recurrir al Teorema de Pick?

18voto

dtldarek Puntos 23441

No porque eso implicaría una secuencia infinita de triángulos cada vez más pequeños con la misma propiedad:

$\hspace{90pt}$triangles

La clave de la prueba que sigue es esta propiedad:

Para cualquier punto $(x,y) \in \mathbb{Z}^2$ tenemos que $(-y,x)$ y $(y,-x)$ son sus rotaciones ccw y cw alrededor de $(0,0)$ por $\frac{\pi}{2}$ .

Esto implica que podemos girar puntos de $\mathbb{Z}^2$ alrededor de otros puntos de $\mathbb{Z}^2$ por $\frac{\pi}{2}$ y aún así terminaremos en $\mathbb{Z}^2$ .

La prueba:

Consideremos un triángulo equilátero $\triangle ABC$ con vértices en $\mathbb{Z}^2$ y realizar una rotación de $A$ alrededor de $C$ para conseguir $A''$ que también tiene coordenadas enteras:

$\hspace{70pt}$first

Entonces traduce $B$ a lo largo de $\vec{A''C}$ para conseguir $B'$ , de nuevo con coordenadas enteras:

$\hspace{70pt}$second

Haga esto dos veces más para obtener también $A'$ y $C'$ , todos con coordenadas enteras:

$\hspace{80pt}$thrid

Sin embargo, observe que $\triangle A'B'C'$ también es un triángulo equilátero con vértices en $\mathbb{Z}^2$ pero es estrictamente menor que $\triangle ABC$ (por comodidad marcada con la zona sombreada en gris). Esto implica una cadena descendente infinita de triángulos equiláteros con coordenadas en $\mathbb{Z}^2$ lo cual es claramente imposible.

Editar:

Para aquellos que quieran una construcción en la que los tamaños relativos sean más evidentes, observen que la existencia de un triángulo equilátero con vértices en $\mathbb{Z}^2$ implica la existencia de un hexágono regular con la misma propiedad, y eso a su vez implica una secuencia infinita de hexágonos regulares cada vez más pequeños:

$\hspace{30pt}$hexagons

Una vez vi este método aplicado sólo para hexágonos, pero no pude encontrar la fuente (si alguien la conoce, le agradecería la referencia).

Espero que esto ayude $\ddot\smile$

8voto

John McGee Puntos 1022

Dejemos que $P=(a,b),Q=(c,d)$ sean dos de los tres puntos de la cuadrícula (se supone que son racionales). El punto medio entre ellos es $M=(\frac{a+c}{2},\frac{b+d}{2})$ . Sea $w=\sqrt{(d-b)^2+(c-a)^2}$ la longitud de un lado. Un vector en la dirección de este lado viene dado por $\vec{u}=\langle c-a,d-b\rangle$ y $\|\vec{u}\|=w$ . El vector perpendicular a $\vec{u}$ viene dada por $\vec{v}=\langle d-b,a-c\rangle$ también de longitud $w$ . El tercer vértice se encuentra entonces en $M+h\hat{v}=M+(\frac{\sqrt{3}}{2}w)\frac{\vec{v}}{w}=M+\frac{\sqrt{3}}{2}\vec{v}$ que no puede ser racional porque $M,\vec{v}$ son racionales.

8voto

goric Puntos 5230

Teorema: Un triángulo es incrustable en $\mathbb{Z}^2$ si y sólo si todos sus ángulos tienen tangentes racionales.

Pero $\tan(\pi/3)=\sqrt{3},$ por lo que un triángulo equilátero no es empotrable.

Referencia: Triángulos con vértices en puntos de la red Michael J. Beeson, The American Mathematical Monthly, Vol. 99, No. 3 (Mar., 1992), pp. 243-252

3voto

Mr Rowing Puntos 54

Imagina que la red es $\mathbb{Z}[i]$ y uno de los vértices es $0$ . Que los demás sean $z$ y $w$ . Entonces, sin pérdida $z$ es igual a $w$ después de un $2\pi/3$ rotación, por lo que $z=e^{2i \pi/3} w$ . Esto es imposible (considerando las partes reales/imaginarias) ya que $\sqrt{3}$ es irracional.

2voto

Farrukh Ataev Puntos 21

Sin pérdida de generalidad, dejemos que el ángulo $A$ estar en el origen:

$\hspace{5cm}$enter image description here

Pendiente de la línea $AB$ : $$\tan \alpha=\frac{n_2}{m_2}.$$ Pendiente de la línea $AC$ : $$\tan (\alpha+60^\circ)=\frac{\frac{n_2}{m_2}+\sqrt{3}}{1-\frac{\sqrt{3}n_2}{m_2}}=\frac{n_1}{m_1} \iff \frac{\sqrt{3}m_2+n_2}{m_2-\sqrt{3}n_2}=\frac{n_1}{m_1} \iff \\ \frac{\sqrt{3}(m^2+n^2)+4m_2n_2}{m^2-3n^2}=\frac{n_1}{m_1}.$$ Dado $m_1,m_2,n_1,n_2$ son enteros, el lado izquierdo nunca es racional.

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