Существование точки X внутри квадрата

[Nikolai Moskvitin]

В списке открытых математических проблем я нашёл следующую: найдётся ли в единичном квадрате точка, расстояния от которой до всех его вершин рациональны?
Я попробовал рассмотреть частный случай, когда из данной точки одна из сторон квадрата видна под прямым углом.

Вводные замечания. 1) Заметим, что эта точка не может быть равноудалена от трёх вершин квадрата, не будучи удалённой на такое же расстояние от четвёртой вершины. Пусть данный квадрат -$ABCD$, точка внутри него- O, тогда применим теорему о вписанному угле: $\angle {ACD}=\frac{p}{4}=\frac{1}{2}\angle {AOD}$, также и$ \angle {CAD}=\frac{p}{4}=\frac{1}{2}\angle {COD}$, дальше понятно.
2) Ещё проще доказать, что точка не может быть равноудалена от концов одной диагонали на одно расстояние, а от концов другой- на другое.
3) Будем обозначать центральную проекцию точки O с центром в точке, являющейся вершиной квадрата, на одну из сторон квадрата как A',B',C',D'; проекции же её на стороны AB,BC,CD,AD-$ A_1$,$B_1$,$C_1$,$D_1$ соответственно. Заметим, что все эти проекции могут делить сторону только в рациональном отношении (согласно с условием).
4)Везде, где стоит m,n,k,p подразумевается что отношение, равное этому числу, целое. Разные буквы берутся, чтоб не путаться. Если же одна и та же буква и стоит в разных местах, это не будет означать, что данные отношения равны.

Рассмотрим следующую задачу:
Условие: на двух соседних сторонах параллелограмма $ABCD$ выбрано по одной точке ($A_1$ и $B_1$), делящих их в целом отношении; они соединены с двумя противолежащими им вершинами –A и B соответственно.
Доказать, что точка пересечения делит каждый из получившихся отрезков также в целом отношении.

Пусть данная точка- $A_2$. Проведём из вершины C прямую, параллельную $AA_2$, а из вершины D прямую, параллельную $BB_1$. Обозначим точки пересечения всех четырёх прямых (кроме $A_2$):$ AA_1$ с $DD_1$ - $B_2$, $DD_1$ с $CC_1 $-$ C_2$, $CC_1$ с$ BB_2$ – $D_2$. Тогда, по обобщённой теореме Фалеса, $\frac{AD_1}{AB}=\frac{AB_2}{AA_2}=m=\frac{B_2D_1}{BA_2}$, где m-целое число. Аналогично$ \frac{BA_2}{BD_2}=\frac{BA_1}{BC}=n,$ где n – также целое число. Рассмотрим треугольники $AD_1B_2$ и $CB_1D_2$. Они равны по стороне и двум прилежащим углам. Отсюда легко видеть, что отсюда легко видеть, что $\frac{BA_2}{B_1D_2}=k$, где k-целое число. Складывая равенства, получаем утверждение.

Пользуясь результатом, можно доказать такую лемму: если $\frac{CD'}{BC}=n $и CC' перпендикулярен DD', то точка O делит отрезки CC' и DD' на отрезки, находящиеся- все!- друг с другом в целом отношении и при этом рациональны (для единичного квадрата). Действительно, $\frac{CO}{OC'}=m=\frac{OB_1}{BB'} $ и $\frac{BB'}{AB}=\frac{BB'}{BC}=k$. Тогда отношение $\frac{B_1C}{B_1O}$- целое, а из подобия треугольников $COC_1$ и $D'OB_1$ (первый признак подобия) получаем утверждение (ещё не то, что в условии).

Обозначим BB' как x, а BC' как y. По теореме Птолемея ( применённой к очевидно вписанному четырёхугольнику BD'OC'),$ (C'D')(BO)=(BC')(OD')+(BD')(OC')$, тогда BO будет рациональным, если рационально C'D'. $$x^2+y^2=z^2, $1+x^2=u^2$, где z и u- некоторые рациональные числа. Тогда $u^2+y^2-z^2=1$.
Осталось найти эти числа или доказать, что их нет, это может привести к хотя бы частному результату.

С искренним уважением, Николай

[hurtsy]

Если не трудно, процитируйте формулировку проблемы из списка и имя автора этой прекрасной задачи.
Ваши частные постановки сводятся к прогулкам по квадрату кругами, история смутных времен учит, что эти прогулки опасны, как для проводника так и для участников прогулки. С уважением.
PS. По моему в исходной постановке всего две неизвестных, а у Вас их стало больше.

[Nikolai Moskvitin]

hurtsy в сообщении #611675 писал(а):

Если не трудно, процитируйте формулировку проблемы из списка и имя автора этой прекрасной задачи.

Найдется ли в единичном квадрате точка, расстояние от которой до каждой из 4 вершин рационально?
Weisstein, Eric W.

hurtsy в сообщении #611675 писал(а):

Ваши частные постановки сводятся к прогулкам по квадрату кругами, история смутных времен учит, что эти прогулки опасны, как для проводника так и для участников прогулки.

Что Вы имеете в виду? Я слаб в истории математики, не пойму, какие именно были прецеденты? :) Кстати, я сомневаюсь, что всё правильно. Надо дорабатывать.

hurtsy в сообщении #611675 писал(а):

PS. По моему в исходной постановке всего две неизвестных, а у Вас их стало больше.

Зато уравнений меньше :).

С уважением, Николай

[Someone]

Nikolai Moskvitin в сообщении #611700 писал(а):

Зато уравнений меньше :).

Если переменных стало больше, а уравнений меньше (??? Их же не было ни одного, только условие рациональности расстояний), то решений стало больше. То есть, могут появиться решения, не относящиеся к исходной задаче.

Nikolai Moskvitin в сообщении #611629 писал(а):

Условие: на двух соседних сторонах параллелограмма $ABCD$ выбрано по одной точке ($A_1$ и $B_1$), делящих их в целом отношении; они соединены с двумя противолежащими им вершинами –A и B соответственно.

Я не понял, на каких сторонах выбраны точки, и какие вершины считаются противоположными им в четырёхугольнике.

[Nikolai Moskvitin]

Someone в сообщении #611750 писал(а):

могут появиться решения, не относящиеся к исходной задаче.

Согласен. Нужно найти необходимое и достаточное условие. Я поторопился, сказав, что если $CB_1$,$BB_1 $и т.д.-рациональные, то AO, BO, CO и DO- тоже рациональные. Если непонятна идея, скажу, что опирался на свойства делимости (самые основные).
Думаю, что, поскольку ищутся рациональные числа, двух уравнений уж точно будет достаточно.

Someone в сообщении #611750 писал(а):

Их же не было ни одного, только условие рациональности расстояний

Будут диофантовы уравнения (если решать задачу напрямик, обозначив $CB_1$ как x, а $CC_1 $как y; но этот способ, наверное, слишком сложный)

Someone в сообщении #611750 писал(а):

Я не понял, на каких сторонах выбраны точки, и какие вершины считаются противоположными им в четырёхугольнике.

$ A_1$ на BC, $B_1$ на CD. Также есть некоторые опечатки, но я их внимательно просмотрел, смысл в общем не искажается (например, $AA_2$ вместо $AA_1$и т.п.)

[hurtsy]

Nikolai Moskvitin в сообщении #611700 писал(а):

Weisstein, Eric W.

Спасибо, нашел.

Nikolai Moskvitin в сообщении #611700 писал(а):

Что Вы имеете в виду? Я слаб в истории математики, не пойму, какие именно были прецеденты?

Я, возможно не точно выразился, имеется ввиду не история математики а история России. Проводником был И.Сусанин.

Nikolai Moskvitin в сообщении #611629 писал(а):

Я попробовал рассмотреть частный случай, когда из данной точки одна из сторон квадрата видна под прямым углом.

Г.м.т. из которых отрезок виден под постоянным углом - дуга окружности опирающейся на этот отрезок, что то такое мне помнится из школьной программы.
С уважением,

-- Вт авг 28, 2012 19:36:49 --

Nikolai Moskvitin в сообщении #611700 писал(а):

Найдется ли в единичном квадрате точка, расстояние от которой до каждой из 4 вершин рационально?
Weisstein, Eric W.

Мне попалась ссылка

Цитата:

[Boroczky 1987]
K. Böröczky and G. Fejes Tóth, Intuitive Geometry. North-Holland Publishing Company. New York: 1987. Page 696.

Возможно автор Boroczky 1987. С уважением,

[Someone]

Для меня естественным был бы такой путь. Введём обозначения длин отрезков, как на рисунке.

Тогда выполняются следующие соотношения:

$$\begin{cases}a^2=x^2+y^2,\\ b^2=(1-x)^2+y^2,\\ c^2=(1-x)^2+(1-y)^2,\\ d^2=x^2+(1-y)^2.\end{cases}\eqno{(1)}$$

В этой системе два независимых параметра - $x$ и $y$. Исключим эти параметры. При этом мы должны получить два независимых уравнения. Одно уравнение очевидное:

$$a^2+c^2=b^2+d^2.$$

Легко выразить $x$ и $y$ через $a$, $b$ и $c$: $a^2-b^2=x^2-(1-x)^2=2x-1$ и $b^2-c^2=y^2-(1-y)^2=2y-1$, откуда находим $x=\frac{a^2-b^2+1}2$ и $y=\frac{b^2-c^2+1}2$. Подставляя эти выражения в выражение $a^2=x^2+y^2$ и умножая результат на $4$, получим второе уравнение:

$$(a^2-b^2+1)^2+(b^2-c^2+1)^2=4a^2.$$

Таким образом, имеем систему двух уравнений

$$\begin{cases}(a^2-b^2+1)^2+(b^2-c^2+1)^2=4a^2,\\ a^2+c^2=b^2+d^2.\end{cases}\eqno{(2)}$$

Дальше эта система сводится к системе диофантовых уравнений. Обозначим $n$ наименьший общий знаменатель дробей $a$, $b$, $c$ и $d$, и пусть $a=\frac pn$, $b=\frac qn$, $c=\frac rn$, $d=\frac sn$. Подставляя это в систему (2) и умножая обе части уравнений на их общие знаменатели, получим систему

$$\begin{cases}(p^2-q^2+n^2)^2+(q^2-r^2+n^2)^2=4p^2n^2,\\ p^2+r^2=q^2+s^2.\end{cases}\eqno{(3)}$$

Но что делать дальше, я не знаю.

P.S. Число $\pi$ кодируется как \pi. И вообще, если какой-то значок понадобился, попробуйте поискать в теме "Краткий ФАК по тегу [math]."

[Nikolai Moskvitin]

Someone в сообщении #611888 писал(а):

что делать дальше

Может, квадраты заменить на переменные первой степени?

У меня же получилось в итоге ещё одно уравнение и ещё одна переменная: $1+y^2=v^2$ (нужно решить в рациональных числах). Т.е. четыре уравнения и пять переменных (в прошлый раз я потерял не одно уравнение...): $x^2+y^2=z^2$, $x^2=u^2-1$, $1+y^2=v^2$, $x+y=1$. Если эта система не имеет решения в рациональных числах, придётся признать, что сторона квадрата не может быть видна из этой точки, если она существует, под прямым углом.

[Sender]

Someone в сообщении #611888 писал(а):

Подставляя это в систему (2) и умножая обе части уравнений на их общие знаменатели, получим систему

Из системы (3) можно вывести, например, такое уравнение: $(n^2-s^2)^2+(n^2-q^2)^2=2p^2r^2$.

[hurtsy]

Nikolai Moskvitin в сообщении #612098 писал(а):

Если эта система не имеет решения в рациональных числах, придётся признать, что сторона квадрата не может быть видна из этой точки, если она существует, под прямым углом.

Я не могу говорить про вашу систему, но для видимости из точки под прямым углом существуют пифагоровы тройки. С уважением,

[master]

Someone в сообщении #611888 писал(а):

Тогда выполняются следующие соотношения:

$$\begin{cases}a^2=x^2+y^2,\\ b^2=(1-x)^2+y^2,\\ c^2=(1-x)^2+(1-y)^2,\\ d^2=x^2+(1-y)^2.\end{cases}\eqno{(1)}$$

а если $y=\frac{1}{2}$ ?

[Nikolai Moskvitin]

hurtsy в сообщении #612140 писал(а):

ля видимости из точки под прямым углом существуют пифагоровы тройки.

Это да, можно и это использовать. Просто для нас важны не только расстояния до концов стороны, видимой под прямым углом, но и расстояния до двух других вершин- все они должны быть рациональными.

С уважением, Николай

-- 29.08.2012, 12:40 --

master в сообщении #612153 писал(а):

а если $y=\frac{1}{2}$

Надо было сразу этот случай рассмотреть, потому что нужно доказать только существование точки, а для этого случая это самое простое.

[scwec]

Рассматриваемая задача называется, со слов В. Серпинского, проблемой Г.Штейнгауза.
В своей книге "О решении уравнений в целых числах" (польское издание 1956 год, русское - 1961 год) он говорит, что Г.Штейнгауз недавно её сформулировал.
Видимо, в начале 50-х годов. Но там ставится вопрос о нахождении такой точки не только внутри квадрата, но и на всей плоскости.
Задача очень известная. Много есть частных результатов. На форуме она уже обсуждалась. И приведено было доказательство (довольно суровое) того, что на сторонах квадрата и их продолжениях таких точек нет.

[Nikolai Moskvitin]

Я пришёл к диофантову уравнению $z^2=4u^4-12u^2+10$. Если его решить, точка будет найдена. Эх, все обходы действительно завели меня в дебри. :)

[scwec]

Невооруженным взглядом видно, что целых решений нет.