Gleichseitiges Gitterpunktdreieck

17.12.2004, 10:58

WhiteVelvet

Gleichseitiges Gitterpunktdreieck

Ich hab ein "kleines Problem" mit einer Aufgabe.. komme einfach nicht weiter..
also die aufgabe lautet:
Man zeige: Es gibt kein gleichseitiges Gitterpunktdreieck.

Ich habe mit dann also A =(m|n) und B =(n|u) gewählt. Die Seite AB :=s hätte dann also die Länge n-m
So nun ist aber mein Problem,dass ich nicht weiss, wie ich mir die dritte Seite errechnen soll?!
Vielleicht hat ja jemand nen Tipp oder ne Anregung für nen besseren Ansatz, vrezweifle nämlich so langsam an dieser Aufgabe verwirrt

17.12.2004, 11:24

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RE: gleichseitiges Gitterpunktdreieck?
Hmmm, ich hätte folgende Idee:

Einen Eckpunkt kannst du o.B.d.A. in den Ursprung (0,0) verlagern, die anderen beiden seien (a,b) und (c,d).

Sei nun q=a²+b²=c²+d²=(a-c)²+(b-d)² das Quadrat der Seitenlänge des gleichseitigen Dreiecks. Ist q durch 4 teilbar, dann müssen a,b,c,d sämtlich gerade sein (warum?), also könnte man zu a'=a/2, b'=b/2, c'=c/2 und d'=d/2 übergehen - und wir hätten ein ebensolches gleichseitiges Dreieck mit den Eckpunkten (0,0), (a',b') und (c',d').

Es bleiben nun nur noch die Fälle $\begin{eqnarray*} q\equiv 1\mod 4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q\equiv 2\mod 4 \end{eqnarray*}$ zu untersuchen:

1) $\begin{eqnarray*} q\equiv 1\mod 4 \end{eqnarray*}$ :

Dann ist genau eine der beiden Zahlen a,b gerade und die andere ungerade. Genauso ist genau eine der beiden Zahlen c,d gerade und die andere ungerade. Dann sind aber die Zahlen (a-c) und (b-d) beide gerade oder beide ungerade und folglich gilt $\begin{eqnarray*} (a-c)^2+(b-d)^2\neq 1\mod 4 \end{eqnarray*}$ , Widerspruch.

2) $\begin{eqnarray*} q\equiv 2\mod 4 \end{eqnarray*}$ :

Dann sind a,b,c,d ungerade. Dann sind aber die Zahlen (a-c) und (b-d) beide gerade und folglich gilt $\begin{eqnarray*} (a-c)^2+(b-d)^2=0\mod 4 \end{eqnarray*}$ , Widerspruch.

17.12.2004, 15:06

Leopold

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Ein schöner Beweis, weil elementar.

Man könnte es aber auch so machen:
Angenommen, es gäbe ein gleichseitiges Dreieck, dessen Eckpunkte ganzzahlige Koordinaten besitzen. Wir können annehmen, daß dann eine Ecke im Ursprung $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ liegt. Die anderen Ecken seien $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ . Dann wären die Steigungen $\begin{eqnarray*} m_1, m_2 \end{eqnarray*}$ der Geraden $\begin{eqnarray*} OA \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} OB \end{eqnarray*}$ rationale Zahlen. (Falls eine Steigung nicht definiert wäre, so könnte man das Dreieck mit 90° um $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ drehen, und alle Bedingungen würden für das neue Dreieck zutreffen, die Steigungen wären definiert). Nach der Tangens-Formel für den Schnittwinkel gälte dann:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{3} = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right| \end{eqnarray*}$

Da die rationalen Zahlen einen Körper bilden, kann eine solche Gleichung aber nicht bestehen, denn $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ ist irrational.

Da haben wir sogar mehr gezeigt: Es gibt kein Gitterpunktdreieck mit einem 60°-Winkel.

17.12.2004, 15:17

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Nicht zu vergessen, dass sich dein Beweis auf sämtliche Winkel mit irrationalem Tangens erweitern lässt. Freude

17.12.2004, 16:37

WhiteVelvet

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Vielen Dank für euree Ideen!! Habe beides ausprobiert und bin zu einer Lösung gekommen.. Ihr wart echt meine Rettung Augenzwinkern

17.12.2004, 17:50

Leopold

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Gern geschehen.

@ Arthur Dent

Es ist halt das alte Lied:

schöne Koordinaten - häßliche Winkel
schöne Winkel - häßliche Koordinaten

Da machen wohl nur 45°,90° und 135° eine Ausnahme.

Was sagt da der alte Wahrscheinlichkeitstheoretiker dazu?
Man kann die Fehler 1. und 2. Art nicht beide zugleich kleinhalten.
Traurig, traurig ... traurig

17.12.2004, 18:47

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Zitat:

Original von Leopold
Was sagt da der alte Wahrscheinlichkeitstheoretiker dazu?

Ohne vernünftige Verteilung sagt der nix! Big Laugh

Der praktische Statistiker kann sich nicht so einfach rauswinden...

Hab da nie so drüber nachgedacht, aber

$\begin{eqnarray*} \tan\left(\frac{\pi}{2}x\right)=y \end{eqnarray*}$

mit rationalen x,y und 0<x<1 hat wohl wirklich nur die Lösung (x;y)=(1/2;1), oder?

17.12.2004, 19:05

Leopold

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Spontan würde ich da sagen: Ja.
Einfach, weil mir noch kein anderes Paar (x,y) begegnet ist.
(Autoritätsbeweis - ist ohne Anzeichen von Widerspruch zu akzeptieren)

Vielleicht sollte man sich doch die Kreisteilungspolynome einmal genauer anschauen ...

17.12.2004, 19:43

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Nee, heute nich mehr - und du hast wohl auch schon zu viel Glühwein getrunken, wenn ich mir so deine Beiträge anschaue. Prost

Jaja, die vielen Weihnachstfeiern - bei uns in der Firma allein 3 (!) Stück.

22.12.2004, 08:47

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Zitat:

Original von Leopold
Vielleicht sollte man sich doch die Kreisteilungspolynome einmal genauer anschauen ...

Folgendes passt auch zum Thema:
http://www.uni-math.gwdg.de/jahnel/Preprints/monthly.dvi
Wenn ich mich nicht täusche, dann lässt sich die Grundidee mit den nur endlich vielen $\begin{eqnarray*} 2^k\alpha\mod 2\pi \end{eqnarray*}$ mit leichten Anpassungen auch auf den Tangens übertragen.

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