Triángulo equilátero cuyos vértices son de celosía puntos?

Question

Es posible construir un triángulo equilátero con vértices en celosía puntos?

Creo que la respuesta es no, pero ¿cómo puedo demostrarlo?

Empecé con un triángulo con las coordenadas $(0,0)$ $(a,b)$ y $(c,d)$. Equiparar el tamaño de los lados 3, me sale

$a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}=2ab+2cd$

¿Cómo debo continuar?

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Veo que hay soluciones basadas en el hecho de que el ángulo entre dos bordes no puede ser de 60°. Es posible tener una solución basada en el hecho de que la longitud de los bordes no puede ser el mismo?

Answer 1

Deje que los vértices de nuestro triángulo $(0,0)$, $(a,b)$, y $(c,d)$, donde $a$, $b$, $c$, y $d$ son enteros. Si todos borde longitudes son iguales, entonces $$a^2+b^2=c^2+d^2=(a-c)^2+(b-d)^2.$$ Menor manipulación se convierte este en $$a^2+b^2=c^2+d^2=2ac+2bd.$$

Ahora vamos a utilizar mi favorito de identidad, el cual era conocido más de un milenio atrás en la India, e incluso antes por Diophantus, y así ha sido a menudo llamado el Fermat Identidad: $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2.\qquad\qquad(\ast)$$ Esta identidad puede ser fácilmente verificado por la expansión de ambos lados, o más, conceptualmente, al señalar que la norma de que el producto de dos números complejos es el producto de las normas.

Deje $N=a^2+b^2=c^2+d^2=**2(ac+bd)**$. A continuación,$ac+bd=N/2$. La identidad de $(\ast)$ da ahora $$N^2=\frac{N^2}{4}+(ad-bc)^2$$ o, equivalentemente, $$3N^2=4(ad-bc)^2.$$ Esto es imposible, ya $3$ multiplicado por el cuadrado perfecto, $N^2$ no puede ser un cuadrado a menos $N=0$, lo que da un muy pequeño triángulo.

Answer 2

Solución 1 (por mí): Asumir WLOG que dos de los puntos de $(0,0), (m,n), m,n \in \mathbb{Q}$. A continuación, el tercer punto es $(m/2 - n \sqrt{3} / 2, n/2 + m \sqrt{3}/2)$, que no es un punto racional.

Solución 2 (de un amigo): El determinante de la fórmula para el área es racional, por lo que si los tres puntos son puntos racionales, entonces el área del triángulo es también racional, mientras que el área de un triángulo equilátero con lado de longitud s es $\frac{s^2 \sqrt{3}}{4}$, que es irracional desde $s^2$ es un número entero.

Tenga en cuenta que las soluciones anteriores, tanto generalizar a partir entero puntos a puntos racionales.

También puede utilizar la selección teorema para un entero puntos.

Answer 3

Es posible, pero se necesitan tres dimensiones con el fin de hacerlo.

Considere la posibilidad de $\bigtriangleup v_{1}v_{2}v_{3}$ con:

$v_{1}=(1,0,0)$

$v_{2}=(0,1,0)$

$v_{3}=(0,0,1)$

Para $a,b\in{1,2,3}$, $a\neq b$, $d(v_{a},v_{b})=\sqrt{2}$, por lo tanto, el triángulo es equilátero. No es posible (como otras respuestas indican), para tener un triángulo equilátero con el entero de las coordenadas de los vértices en dos dimensiones de la plaza de celosía (una cuadrícula es sólo un 2d de celosía).

Answer 4

Usted puede iniciar como este. Sin pérdida de generalidad, permita que los tres puntos se $(0,0), (0,a)$$(b,a/2)$. Usted puede hacer esto porque siempre se puede girar y traducir el eje para obtener estos puntos. Ahora, para todos los puntos para ser integral, necesita $a$ a ser incluso. Esta es la primera restricción. En segundo lugar, a partir de la trigonometría básica,

$$ \tan \theta = \frac{2b}{a} = \sqrt{3}. $$ From this, you get $b = a\sqrt{3}/2$, que es irracional.