Cubi interi

[axpgn]

Esistono infiniti cubi aventi i vertici con coordinate intere.
Chiaramente quelli tra questi che hanno le facce parallele ai piani coordinati, hanno lo spigolo di misura intera.
Meno evidente è il fatto che tutti i cubi con i vertici aventi coordinate intere hanno lo spigolo di misura intera.

Dimostrazione?


Cordialmente, Alex

[qualcuno4]

Siano $A_{1}$,$A_{2}$,$A_{3}$, $A_{4}$ quattro vertici del cubo tali che $A_{1}A_{2}$ , $A_{1}A_{3}$ $A_{1}A_{4}$ siano lati del
cubo a due a due perpendicolari.

Sia $l$ il lato del cubo.

Consideriamo i vettori con componenti intere
$$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{A_{1}A_{2}}$$
$$\overrightarrow{v}=\overrightarrow{A_{1}A_{3}}$$


Il versore normale al piano $A_{1}A_{2}A_{3}$ è:

$$\overrightarrow{n}=\frac{\overrightarrow{u}\land\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{u}\land\overrightarrow{v}|}=\frac{\overrightarrow{u}\land\overrightarrow{v}}{l^{2}}$$

Possiamo scrivere:

$$A_{4}=A_{1}+l\overrightarrow{n}=A_{1}+l\overrightarrow{n}$$

$$l\overrightarrow{n}=A_{4}-A_{1}$$

Quindi il vettore $$l\overrightarrow{n}=\frac{\overrightarrow{u}\land\overrightarrow{v}}{l}$$
ha componenti intere.

Quindi
$$(l\overrightarrow{n})_{1}=\frac{u_{2}v_{3}-u_{3}v_{2}}{l}$$
è un intero quindi $l$ è razionale

$l^{2}=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2}$ è un intero quindi anche $l$ deve essere intero.

[hydro1]

Carino!

A meno di una traslazione puoi supporre che il cubo abbia vertice nell'origine. Prendi i 3 spigoli che hanno un estremo nell'origine: questi sono 3 vettori ortogonali $v_1,v_2,v_3$ di uguale lunghezza. Allora sono una base ortogonale di $\mathbb R^3$. Chiama $d$ la norma che è uguale per tutti e 3. Si vuole provare che $d$ è un intero. Ma $d^2$ è ovviamente un intero perchè le coordinate di $v_1,v_2,v_3$ nella base canonica sono interi per ipotesi. D'altra parte il volume del cubo è $d^3$, ed è anche il determinate della matrice dei $v_i$ nella base canonica (magari a meno di un segno). Ma allora pure $d^3$ è intero, e un numero reale che ha quadrato e cubo interi deve essere un intero.

[hydro1]

"hydro":Carino!

A meno di una traslazione puoi supporre che il cubo abbia vertice nell'origine. Prendi i 3 spigoli che hanno un estremo nell'origine: questi sono 3 vettori ortogonali $v_1,v_2,v_3$ di uguale lunghezza. Allora sono una base ortogonale di $\mathbb R^3$. Chiama $d$ la norma che è uguale per tutti e 3. Si vuole provare che $d$ è un intero. Ma $d^2$ è ovviamente un intero perchè le coordinate di $v_1,v_2,v_3$ nella base canonica sono interi per ipotesi. D'altra parte il volume del cubo è $d^3$, ed è anche il determinate della matrice dei $v_i$ nella base canonica (magari a meno di un segno). Ma allora pure $d^3$ è intero, e un numero reale che ha quadrato e cubo interi deve essere un intero.

Tra l'altro questa prova mostra immediatamente che lo stesso claim è vero in ogni dimensione dispari. Rilancio invitandovi a dimostrarlo, e a dimostrare invece che è falso in ogni dimensione pari.

[axpgn]

Ci provo anche se ...

... per me è un territorio inesplorato

Comunque assumendo un vertice nell'origine e considerando gli spigoli uscenti da questo vertice, se vale (come presumo che sia ma non so se sia vero ) il fatto che il volume del cubo n-dimensionale sia pari al valore assoluto del determinante della matrice costruita con le coordinate dei vettori come colonne ed anche pari a $s^n$ (dove $s$ è lo spigolo) allora penso di poter affermare che nel caso di dimensione $5$ abbiamo che $s^5$ è intero (dato che il determinante valutato con valori interi è intero) e pure $s^2$ lo è (dato che è la somma di quadrati di interi) e quindi anche $s^3=s^5/s^2$ è intero e per quanto dimostrato precedentemente ne consegue che pure $s$ lo sia.
Se la dimensione è $7$, rifacendo lo stesso ragionamento concludiamo che $s^5$ è intero e così via ...

Se invece la dimensione fosse $4$ allora avremmo $s^4/s^2=s^2$ e pur essendo tutti interi non abbiamo nessuna garanzia che lo sia sempre anche $s$.

IMHO

Cordialmente, Alex

[hydro1]

@axpgn

Esattamente! E in dimensione pari non solo questa prova non funziona, ma è anche proprio possibile esibire un controesempio.

[axpgn]

Il controesempio lo volevo già postare ieri ...

Cordialmente, Alex

[hydro1]

O anche, più semplicemente, il quadrato con i vertici in $(0,0),(1,1),(-1,1),(0,2)$. Il che, nuovamente, suggerisce un controesempio in qualsiasi dimensione pari.