Irracional pintura dispositivo

Question

La parte a) del problema siguiente apareció en una de las Putnam Exámenes (lo siento, no sabes en que año exactamente).

Si quieres resolver la Parte a) no lea la Parte b).

Usted tiene una pintura dispositivo, que dadas las coordenadas de los puntos en el plano 2D, color todos los puntos de ese plano de color negro, que se encuentran en una irracional de la distancia desde el punto dado.

Inicialmente se empieza con el plano 2D blanco.

a) quieres a color de todo el avión negro. ¿Cuál es el mínimo número de puntos que usted necesita para alimentar a la pintura dispositivo?

_{b) Mostrar que es suficiente para alimentar a $(0,0), (1,0), (\sqrt{2},0)$.}

Answer 1

Cada prueba hasta el momento es computacional, algunos depender en gran medida en la teoría de números. El top-rated de la respuesta tiene un notable defecto. A continuación, he reproducido una prueba de Halmos' "Problemas Matemáticos, Jóvenes y Viejos" (resolución de 4k):

Es fácil ver que los dos puntos no es suficiente: tomar un punto sobre la mediatriz de los dos primeros puntos con irracional distancia de ambas. Para demostrar que los tres puntos son suficientes, se nota que cada uno de los dos primeros puntos de hojas sin pintar countably muchos círculos de puntos (aquellos con rational distancia desde el centro). Por lo tanto, después de dos aplicaciones, nos quedamos con countably muchos puntos, correspondientes a los puntos de intersección de countably muchos círculos. Tomar una línea arbitraria en $\mathbb{R}^2$. Que se cruzará con el resto de los puntos en una contables conjunto. Tomar un punto en la línea arbitraria, no es uno de los countably muchos puntos. El centro de nuestra pintura dispositivo de aquí; entonces es (por definición) una irracional de la distancia de cada punto.

El resultado de este enfoque: completa generalidad de las altas dimensiones.

Answer 2

Supongamos que existe un punto a a Un punto que está a la izquierda incoloro después de la alimentación en los tres puntos (0,0), (1,0), y $(\sqrt{2},0)$. Las distancias del punto a cada uno de estos tres puntos (llamar a estos b, c, y d, respectivamente), deben ser números racionales.

Aplicar el Teorema de Stewart: $$b^2(\sqrt{2}-1)+c^2\cdot 1=\sqrt{2}(d^2+(\sqrt{2}-1)\cdot 1).$$ So $$\sqrt{2}(b^2-d^2+1)=b^2-c^2+2$$ or $$\sqrt{2}=\frac{b^2-c^2+2}{b^2-d^2+1}.$$ Since b, c, and d are rational numbers, the right side is rational, but the left side is irrational, so there is no such point A. Thus, to color the entire plane black, it is sufficient to feed in the three points (0,0), (1,0), and $(\sqrt{2},0)$.

Answer 3

Sólo para que no me olvide, aquí está la solución que estaba pensando, para la parte b).

Deje $(x,y)$ ser un punto que está a una distancia racional de$(0,0), (1,0)$$(\sqrt{2},0)$.

Entonces tenemos que $x^2 + y^2$, $(x-1)^2 + y^2$ y $(x-\sqrt{2})^2 + y^2$ son todos los cuadrados de los números racionales.

La diferencia de la primera y la segunda implica la $x$ es racional.

La diferencia de la segunda y la tercera implica que $x = 0$.

Por lo tanto $y$ es racional.

Así tenemos que para algunos enteros $a,b,p,q$, $a \neq 0$, $b \neq 0$ que

(1) $a^2 + b^2 = p^2$

y

(2) $a^2 + 2b^2 = q^2$

Cuadrado (1) y multiplicación (2) por $a^2$ y restar.

Tenemos

$b^4 = p^4 - (aq)^2$.

Es bien sabido que la ecuación de $x^4 + y^2 = z^4$ no tiene soluciones no triviales (y de hecho se puede utilizar para mostrar que el Último teorema de Fermat es cierto para $n=4$).

Ver aquí por ejemplo: http://planetmath.org/encyclopedia/X4Y4z2HasNoSolutionsInPositiveIntegers.html

Answer 4

Me decidí a dar a este problema una oportunidad, pero yo no podía obtener una solución completa. Veamos el caso de las distancias al cuadrado:

1. $x_1^2+y_1^2$
2. $(x_1-1)^2+y_1^2$
3. $(x_1 - \sqrt{2})^2+y_1^2$

Todas ellas deben ser racional. La diferencia entre dos números racionales debe ser racional, por lo $-2x_1+1$ es racional y lo es $x_1$. Restando 2. y 3., obtenemos: $(-2 \sqrt(2)-2)x_1+3$, lo que implica que $x_1$ debe ser 0 si es racional.

Esto nos da:

$y_1^2, y_1^2+1, y_1^2+2$

Supongamos $y_1^2=a^2/b^2$ donde a y b son enteros. Claramente, $y_1^2+1, y_1^2+2$ son racionales si y sólo si $a^2+b^2$ $a^2+2*b^2$ son cuadrados perfectos. El uso de la aritmética modular es bastante claro que b debe ser divisible por 2 (plazas son sólo 0 o 1 mod 4), lo que implica $b^2$ es divisible por 4.