如何證明平面內任意六個整點都不能組成正六邊形？

01-25

如果把『正六邊形』改成『正n邊形』(n不等於4），怎麼證明

來個優雅一些的。

假如整點正六邊形存在，一定有邊長最小的一個，記作 $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ .

以 $A_2$ 為中心，將 $A_1$ 逆時針旋轉90度，得到 $B_1$ 。顯然 $B_1$ 也是整點。類似定義 $B_2$ ~ $B_6$ ，它們也都是整點。

【註：上面用到如下結論：一個整點繞另一個整點旋轉90度，得到的點仍然是整點。證明很容易。】

如你所見， $B_1B_2B_3B_4B_5B_6$ 是一個更小的整點正六邊形，矛盾。

由此也可說明整點正三角形不存在。因為只要有整點正三角形，就一定有整點正六邊形。

值得注意的是，這樣的證明是可以推廣的（ $n>4$ 時）。以下是五邊形的情形。

另外，由此也可以證明有理數坐標的正 $n$ 邊形不存在。因為假如存在有理數坐標的正 $n$ 邊形，取所有這些橫縱坐標分母的最小公倍數 $k$ ，將所有坐標均擴大 $k$ 倍，就得到了一個整點正 $n$ 邊形，這與上面的證明矛盾。

edit:14/10/3

這個答案直到昨天下午還是個位數的贊，沒想到一天之內被贊了100多次。之前總覺得這個問題在哪裡見過，但就是找不到。剛才突然想起來了。

大概在我高中的時候在matrix67上看到過這樣一個題：證明正三角形網格中，任意四個頂點都不能構成正方形。

這兩道題的證法不完全一樣，但是我的證明受到了matrix67的證法的啟發。都是用的無窮遞降法。

一下子沒找到原網頁，那就把這個題留作習題吧^_^

謝邀。借用一下樓上各位的結果，說一下一般的情形。

首先，正n邊形有整點實現等價於正n邊形有有理點實現。通分一下就可以。

記n次單位根w=cos(2*pi/n)+sin(2*pi/n)*sqrt{-1}.

根據陳文欽同志的結論，tan(2*pi/n)是有理數。

根據五噫出西京同志的結果，有理點圍成的面積以及兩點間距離的平方也是有理數，而正n邊形的面積是n*r^2*sin(2*pi/n)/2.其中r是半徑。因為中心點是有理數，因此r^2是有理數。這樣的話sin也是有理數。

兩個比一下，得到cos也是有理數，因此w在Q[sqrt{-1}]裡面。

從而[Q(w):Q]=2.於是n的歐拉函數是2.那麼只有n=3,4,6.

3和6已經否定掉了，所以解只有四邊形。

關於最後的一步，可以參考wiki分圓域。

以上。p.s.此為本賬號最後一答，因為某些原因本賬號已停用，新ID正在新手村求帶出求關注。望勞神私信詢問。。多謝。

·正六邊形面積是無理數

·平面內六個整點構成的六邊形面積是有理數

皮克定理

都不能組成正三角形。

假設一個頂點在原點，一個點坐標是(rcosx,rsinx)。另一個點坐標是(rcos(x+pi/3),rsin(x+pi/3))，展開即得。

優雅地證一下附加題：n不為4時，平面上不存在整點正n邊形。

1，n=3的情形，樓上已經給出了。

2，n&>4時，反證：設存在一個滿足條件的最小正n邊形，則以這個多邊形任意相鄰3個頂點做平行四邊形的第四個頂點，則這些新作出來的頂點將構成一個更小的整點正n邊形，與假設最小性矛盾。

(若平行四邊形3個點都是整點，則第4個點依然是整點)

任意有理點組成的角的tan只能是有理數

看完 @德安城的回答以後想到了證明正三角形的辦法不知對不

首先得到了一個最小最小的整點正三角形A1A2A3，邊長為a

然後根據整點繞整點旋轉90°這個性質，可得到B3(A3繞A2順時針)以及B2(A2繞A3逆時針)

這樣就有了兩個頂角30°的整點等腰三角形，底邊都是b，長度肯定比a短

然後我們把B2繞A1逆時針90°，得到了又一個整點C3，根據圖上角度推算可以得到A1B3C2這個三角形等腰又有一個60°，是邊長為b的正三角形，比A1A2A3還小，所以，得證了，

感謝 @德安城

另外我該怎麼在手機上艾特啊

考慮正三角形面積的公式sqrt(3)/4*a^2，a是正三角形的邊長。行為取格點，所以a^2是整數，所以面積是個無理數。換個角度直接用割補法，算出來的面積是有理數。

矛盾，所以不存在正三角形。類似的沒有正六邊形。