Létezik olyan rácssokszög, aminek a kerülete páratlan egész szám?

Ha jól gondolom, akkor nincs.

Első körben arra kell rájönnünk, hogy csak akkor lehet egész a sokszög kerülete, hogyha minden oldala egész. Ugyanis minden oldal hossza minden esetben egy pozitiv egész szám gyöke (köszönhetően Pitagorasz tételének), ezek összege pedig csak akkor tud egész lenni, hogyha mindegyik egész; könnyen bizonyítható, hogy a gyök(a)+gyök(b)+gyök(c)+... összeg irracionális, hogyha közülük legalább az egyik irracionális.

Ha egy olyan sokszöget keresünk, amelyiknek minden oldala párhuzamos a koordinátarendszer tengelyeivel, akkor minden esetben páros kerületű sokszöget kapunk. Ennek az az oka, hogy ahhoz, hogy a „kezdőcsúcsba” visszajussunk, midenképp páros távolsággal kell függőlegesen és páros távolsággal kell vízszintesen lépnünk, ezt is könnyedén be lehet látni; például ha 5-öt lépünk „jobbra”, akkor ahhoz, hogy egyáltalán esélyünk legyen visszajutni a kezdőpontra, pontosan 5-öt „balra” kell lépnünk, és 5+5=10, ami páros. Ez bármelyik lépésszámmal eljátszható. Kicsit továbbgondolva a dolgot, bármilyen tengelypárhuzamosokból álló lépéssor (olyan is, ami nem határoz meg sokszöget) szintén ugyanezt eredményezi, ez a megállapítás később jól fog jönni.

A következő, amire rá kell jönnünk, az az, hogy ha „átlósan” lépünk, akkor az (egész hosszú) átlós lépés hosszának paritása minden esetben meg fog egyezni az ahhoz a szakaszhoz rendelhető derékszögű háromszögnek (melynek átfogója a szakasz) befogóinak összegének paritásával. Ez megintcsak egy könnyedén belátható dolog;

páratlan^2 + páratlan^2 = páros^2 -> páratlan + páratlan = páros. Szerettem volna példát hozni, de úgy tűnik, nincs olyan pitagoraszi számhármas, amelyben a két kisebb szám páratlan lenne.

páros^2 + páratlan^2 = páratlan^2 -> páros + páratlan = páratlan, például 3^2 + 4^2 = 5^2, 3 + 4 = 7

páros^2 + páros^2 = páros^2 -> páros + páros = páros, például 10^2 + 24^2 = 26^2, 10 + 24 = 34.

Ez azt eredményezi, hogy ha „átlósan” lépünk, vagy ha a befogók mentén (ezt hívjuk most „kerülőút”-nak), egymáshoz képest mindig ugyanolyan paritású hosszal jutunk el egyik pontról a másikra.

Akárhogyan rajzoljuk meg a sokszögünket, minden esetben rendelhető hozzá olyan útvonal, ami a sokszög csúcsait csak vízszintes és függőleges lépésekkel köti össze. Mivel minden oldal paritása megegyezik a hozzájuk rajzolható „kerülőút” hosszának paritásával, ezért a kerület paritása ezen „kerülőutak” összegének paritásával kell, hogy megegyezzen. Már pedig azt az elején megállapítottuk, hogy minden ilyen bejárás csak páros hosszú eredményt adhat.

Ezek alapján tehát nem létezik páratlan, egész mérőszámú kerületű rácssokszög.

Mindenekelőtt egyértelműsítsük: rácssokszög egy olyan sokszög, amely kizárólag a koordinátatengelyekkel párhuzamos egyenesek egy darabján rajzolható meg. Ha mégse, akkor előbb definiálni kell a fogalmat.

Tegyük fel, hogy úgy definiáltam, ahogy a kérdező szeretné. Ez esetben érdektelen a sokszög egyes oldalainak hossza, kizárólag az összegükre kell teljesülnie a feltételnek. Ilyen zárt sokszöghöz mindkét tengellyel párhuzamosan ugyanannyit kell menni egyik irányba, mint vissza, ebből következik, ha összesen egyiken mentem x távolságot, akkor vissza is x távolságot kell mennem, ahol nem számít, az x hány darab oldal összege. Tehát a kerület K = 2*x+2*y=2*(x+y). Annak nincs jelentősége, hogy külön külön az x és y hány darab vonalból tevődik össze. Ahhoz, hogy ez páratlan legyen, teljesülnie kell, x+y = A/2, ahol A páratlan egész szám.

Legyen például A = 9, x is, y is két vonal összege (azaz téglalap) és mondjuk legyen x = 2, y = 2,5. A téglalap rácssokszög, oldalai hossza sorra 2; 2,5; 2; 2,5. Összegük = 9.

További állítás, végtelen számú a feltételt teljesítő rácssokszög van.

#2, nem tudom, hogy ezt a definíciót honnan szedted... Önmagában nem tejesen hülyeség, de nem fed le minden esetet, ezért rossz a gondolatmeneted.

A pontos definíció itt például megtalálható:

[link]

Röviden: rácssokszög olyan sokszög, amelynek minden csúcsa egy rácspontra esik. A rácspont pedig olyan pont, amelynek koordinátái egész számok.

Egyébként az általad vázolt megoldásra abban a formában gondoltam, hogy ha a rácspontok távolságát például nem 1 cm-nek, hanem 0,5 cm-nek vesszük, akkor kijön kerületre páratlan egész szám cm-ben, viszont az ilyen feladatokban az egy (a tengelyekkel párhuzamos) egyenesen felvett szomszédos rácspontok távolságát egységnyinek, vagyis 1-nek szokás venni (ha mást nem mondunk), és ebben a terminológiában az a megoldás helyes, amit #1-ben megadtam (függetlenül attól, hogy lepontozásra került...).

Az 1-es bizonyítás alapvetően helyes, mindenképpen jár a zöld. Azzal a résszel nem értek egyet, hogy "könnyen bizonyítható, hogy a gyök(a)+gyök(b)+gyök(c)+... összeg irracionális, hogyha közülük legalább az egyik irracionális".

Én speciel erre nem látok egyszerű érvelést (lehet, hogy ez csak az én butaságom), de ha valaki tud valami szépet (és elemit), azt szívesen megnézném.

#5

Még régebben válaszoltam az alábbi kérdésre (testbővítéses technikákat linkelve), ami ezzel szorosan összefügg, de nem tudott senki sem elemi megközelítést adni (amúgy természetesen igaz, amit állítasz, csak szerintem nehéz bizonyítani):

https://www.gyakorikerdesek.hu/tudomanyok__termeszettudomany..

Huh #1 jó hosszú. Ugyanez rövidebben (amivel elvesznek fontos és értékes közbülső észrevételek, de miért ne):

- ismert, hogy a négyzetmentes számok gyökei függetlenek Q felett [1,2] (ez sokféle alakban ismert, meg erősíthető is, de nem találtam meg jó erősen kimondva és belátva). Így adódik, hogy ha a rácssokszög kerülete egész, akkor minden oldala egész.

- a kerület:

: K = sum sqrt(x_i^2 +y_i^2),

aminek a paritását megkaphatjuk úgy, hogy minden tagot négyzetre emelünk, majd a keletkező összegben minden tagból gyököt vonunk, így a paritása

: sum x_i + sum y_i

paritásával fog megegyezni, ami páros.

Q.E.D.

[1] [link] [link]

[2] [link]

Apró – a feladat szempontjából nem annyira lényeges – kiegészítés #1-hez:

> páratlan^2 + páratlan^2 = páros^2 -> páratlan + páratlan = páros. Szerettem volna példát hozni, de úgy tűnik, nincs olyan pitagoraszi számhármas, amelyben a két kisebb szám páratlan lenne.

Nem is nagyon lehet:

a² + b² = c²

Ahogy le is írtad, ha a és b páratlan, akkor a² is és b² is páratlan lesz, és mivel két páratlan szám összege páros, így c² szükségszerűen páros, ergo c is páros lesz. Ugye ha egy szám páros, akkor felírható 2n alakban, ha páratlan, akkor meg 2n+1 alakban. Akkor ezek alapján legyen:

a = 2n+1

b = 2m+1

c = 2p

a² = (2n+1)² = 4n² + 4n + 1 = 4(n²+n) + 1

b² = (2m+1)² = 4m² + 4m + 1 = 4(m²+m) + 1

c² = (2p)² = 4p

Így:

a² + b² = c²

4(n²+n)+ 1 + 4(m²+m) + 1 = 4p

4(n²+n+m²+m) + 2 = 4p

Az egyenlet bal oldala 4-gyel osztva 2-t fog maradékul adni, az egyenlet jobb oldala meg 4-gyel osztható, azaz 4-gyel oszva 0-t fog maradékul adni. Tehát nincs olyan n, m és p, amire ez az egyenlet fennállna, így nincs olyan pitagoraszi számhármas, amiben a két kisebb szám mindegyike páratlan lenne.

~ ~ ~

Ha a és b is páros, akkor ugyanezen logika alapján:

a = 2n

b = 2m

c = 2p

a² + b² = c²

(2n)² + (2m)² = (2p)²

4n² + 4m² = 4p²

n² + m² = p²

Ergo egy olyan pitagoraszi számhármas, amiben mindhárom szám páros, az visszavezethető egy olyan pitagoraszi számhármasra, amiben ezeknek a számoknak a fele szerepel. Ha (a, b, c) egy pitagoraszi számhármas, amiben a, b és c is páros, akkor szükségszerűen (a/2, b/2, c/2) is egy pitagoraszi számhármas lesz. Előbb-utóbb vissza kell, hogy tudjuk vezetni egy olyan pitagoraszi számhármasra, amiben a és b valamelyike páratlan lesz, hiszen ha a és b véges, akkor a prímtényezős alakjában a 2 valamilyen véges hatvánnyal fog szerepelni. Ahogy fentebb beláttuk, mivel nincs olyan pitagoraszi számhármas, amiben a és b mindegyike páratlan lehetne, így óhatatlanul egy olyan számhármasra fogjuk tudni visszavezetni, ahol a és b ellenkező paritású.

~ ~ ~

Ergo egy pitagoraszi számhármasban vagy mindhárom szám páros (és a számhármas visszavezethető egy másik pitagoraszi számhármasra), vagy a két kisebb közül pontosan egy páros van(ami miatt viszont c páratlan lesz).

1. Elsőre bizonyítsuk, hogy egy egész szám négyzetgyöke – ha nem négyzetszámról van szó – mindenképpen irracionális lesz.

Tegyük fel a bizonyítandó állítás ellentétét, tételezzük fel, hogy n∈ℕ esetén √n racionális. Ekkor felírható lenne P/Q alakban.

√n = P/Q

Ha P-nek és Q-nak a prímtényezős alakjában szerepel ugyanaz a prím 0-nál nagyobb hatvánnyal, akkor azzal a P/Q egyszerűsíthető. Egyszerűsítsünk is minden ilyen prímmel ezt a törtet, így szükségszerűen egy olyan p/q alakú racionális számot fogunk kapni, ami tovább nem egyszerűsíthető, azaz ahol p és q legnagyobb közös osztója 1, azaz relatív prímekről van szó, azaz nincs közös prímtényezőjük.

Ekkor:

n = (√n)² = (p/q)² = p² / q²

Itt bal oldalon egy egész van (hiszen ebből indultunk ki), jobb oldalon meg egy racionális szám. Csakhogy mivel p-nek és q-nak nincs közös prímtényezője, így nyilván p²-nek és q²-nek sem lesz, így ez a tört sem egyszerűsíthető tovább, így nem lehet egész. (Pontosabban akkor lehet egész, ha q²=1, de akkor nyilán q=1, ergo √n is egész, magyarán n négyzetszám.) Mivel – ha n nem négyzetszám – ez így nem lehet egyenlő, ebből a következtetés az, hogy √n nem írható fel p/q alakban, azaz irracionális.

Magyarán:

- Ha egy egész szám négyzetszám, akkor a négyzetgyöke egész lesz.

- Ha egy egész szám nem négyzetszám, akkor a négyzetgyöke irracionális lesz.

~ ~ ~ ~ ~ ~ ~

2. Nézzük a √a + √b kifejezést, ahol a,b∈ℕ

2.1. Ha a és b négyzetszám, akkor nyilván az eredmény egész lesz.

2.2. Ha az egyik négyzetszám, a másik nem, akkor egy egészt egy irracionálissal adunk össze, az eredmény irracionális lesz.

2.3. Ha egyik sem négyzetszám, akkor tételezzük fel, hogy az összeg racionális, azaz

√a + √b = p/q

Ahol a,b,p,q∈ℕ.

2.3.1. Ha a*b nem négyzetszám, akkor az adódik, hogy:

(√a + √b)² = p²/q²

A zárójelet kibontva:

a + b + 2√(a*b) = p²/q²

Átrendezve:

2√(a*b) = p²/q² - a - b = p²/q² - aq²/q² - bq²/q² = (p²-a-b)/q²

√(a*b) = (p²-a-b) / (2q²)

Az előzőek (1. pont) miatt ha a*b nem négyzetszám, akkor az egyenlet bal oldalán egy irracionális szám lesz. Az egyenlet jobb oldalán viszont (mivel a,b,p,q∈ℕ) egy racionális szám lesz. Ezek így nyilván nem lehetnek egyenlőek, ergo ha a*b nem négyzetszám, akkor √a + √b nem lehet racionális, ergo √a + √b irracionális lesz.

2.3.2. Ha a*b négyzetszám, akkor felírható n² alakban, azaz:

a*b = n²

ahol n∈ℕ

Ebből:

b = n²/a

Így:

√b = √(n²/a) = n/√a = (√a*n) / a

Visszahelyettesítve:

√a + √b = √a + (√a*n) / a = √a * (1 + n/a) = √a * (a+n)/a

Nézzük, ez felírható-e p/q alakban, azaz lehet-e racionális:

√a + √b = p/q

√a * (a+n)/a = p/q

√a = a*p / (q*(a+n))

Mivel abból indultunk ki, hogy a nem négyzetszám, ezért 1.-ből az következik, hogy az egyenlet bal oldalán egy irracionális szám áll. Az egyenlet jobb oldala szükségszerűen racionális szám lesz, hiszen a,n,p,q∈ℕ.

Magyarán √a + √b mindenképpen irracionális lesz. Az egyetlen kivétel az, ha a és b is négyzetszám, mert abban az esetben meg egész lesz az összeg.

Ez nyilván kiterjeszthető tetszőleges számú tagra is.

És így már #1-et kiegészítve össze is áll a kép.

Legyen a sokszög egyik pontja P(x; y). Itt az x és y koordináták összegének van egy párossága (paritása). Ahhoz, hogy végigmenjünk a kerületen – összegezve az oldalak hosszát – vissza kell jutnunk ebbe a pontba. És itt ötféle lehetőség van:

1. Függőlegesen vagy vízszintesen haladunk páratlan egységet. Ekkor az addig összeszámolt oldalak összegének paritása is, meg a koordináták összegének a paritása is megváltozik.

2. Függőlegesen vagy vízszintesen haladunk páratlan egységet. Ekkor az összeszámolt oldalak összegének paritása sem, meg a koordináták összegének a paritása sem változik.

3. A következő oldal ferde, és az oldal vetületei együtt egy olyan pitagoraszi számhármast alkotnak, amik mind párosak. Ekkor az összeszámolt oldalak összegének paritása sem, meg a koordináták összegének a paritása sem változik.

4. Olyan oldal jön, amely a vetületeivel együtt egy olyan pitagoraszi számhármast alkot, amiben az egyik befogó páros, a másik páratlan. Ekkor az oldal hossza páratlan lesz. Az összeszámolt oldalak összegének paritása is, meg a koordináták összegének a paritása is megváltozik.

Eddig rendben vagyunk, ha az adott csúcsnál az adott csúcs koordinátái összegének a paritása megegyezik a kiindulóponttal, akkor az addigi oldalhossz összeg páros lesz. Ha meg az aktuális csúcs koordinátái összegének paritása eltérő a kiinduló csúcsétól, akkor az addigi oldalhossz összeg páratlan lesz.

Az 5. lehetőség meg nyilván egy olyan ferde oldal, ami nem egész. Mivel függőlegesen és vízszintesen is egészet kell lépni, így a Pitagorasz-tétel miatt ennek az oldalnak a hossza √(Δx²+Δy²) . Mivel Δx és Δy egész, így a gyökjel alatt is egy egész áll. És mivel ennek az oldalnak a hossza nem egész, így nyilván a gyökjel alatt nem négyzetszám van, ergo ennek az oldalnak a a hossza irracionális lesz. Innen viszont nem tudjuk a kerületet újra egésszé tenni, hiszen ehhez csak egész hosszúságú oldalakat tudunk hozzáadni, amitől az addigi összeg irracionális lesz, vagy √n alakú irracionális oldalakat tudunk hozzáadni, amitől az oldalak összege az előző válaszomban leírtak miatt szintén irracionális marad.

Ergo egy rácssokszög kerülete vagy páros vagy irracionális.