Soit (ABC) le triangle équilatéral, de côté x.
Les 3 angles forment un angle de 60° (...ou 2π/3 si on préfère)
J'admets d'abord que yA=yB
Soit M la projection orthogonale de C sur [AB].
CM représente la hauteur du triangle.
On a CM=x/2.sin 60=x/4.√3
Or √3 est irrationnel, donc CM ne peut être entier
Or dans ce cas de figure, CM représentait la hauteur, et celle-ci n'est pas entière : CQFD.

Par contre, si on a yA≠yB, alors euh... euh... ahem, je n'arrive pas conclure aussi facilement...  Je serai tenté appliquer une rotation du triangle jusqu'à ce que yA=yB, et zou le raisonnement cité plus haut DEVRAIT s'appliquer Non mais des fois
Nan ?

Bonjour,
Comme la hauteur du triangle équilatéral est égale au produit de sa base par V3 / 2, on en déduit qu'au moins un des trois points à une coordonnée irrationnelle. Et donc, en inversant la proposition, on en déduit que si toutes les coordonnées sont rationnelles, alors le triangle ne peut pas être équilatéral.
Remarque: la proposition est également valable pour les coordonnées rationnelles (et pas seulement pour les coordonnées naturelles).
Bonne journée.
Frank

Un triangle qui a ses sommets sur les coordonnées entières a une surface qui est un multiple de 1/2.
Pour l'équilatéral, sa surface est l²rac3/4 avec l² entier puisque l est une racine carrée puisque prise entre 2 entiers dans le cadre de ce problème. Donc la surface n'est pas rationnelle, donc l'un de ses points n'est pas à coordonnées entières.

On peut se ramener à un triangle dont un des points est à l'origine par translation dans le plan.

Si le deuxième point a pour affixe , on obtiendra le troisième point d'un triangle équilatéral par rotation de autour de l'origine, et son affixe sera donc .

En développant cette expression, on trouve que un complexe dont les parties réelle et imaginaire sont toutes deux irrationnelles (à cause du qui apparait dans les expressions).

Donc un triangle équilatéral ne peut pas avoir toutes ses coordonnées entières (ni rationnelles, d'ailleurs).



(Merci aux amis Baptiste et Guillaume qui ont trouvé cette solution pendant que je préparais à bouffer )

La phrase de vasimolo nécéssite une démo !

"Plus généralement le carré est le seul polygone régulier pouvant avoir ses sommets à coordonnées entières"

Le problème est maintenant un peu plus complexe ! Bonne chance

Je pense que ce qu'a ajouté Vasimolo peut se prouver simplement, en utilisant le fait que deux arêtes voisines d'un polygone régulier autre que le carré forment un angle dont le sinus et/ou le cosinus est irrationnel.

En y regardant de près, les démos sont presque toutes différentes!
Je ne suis pas sûr sûr qu'elles soient toutes recevables...par exemple, ce n'est pas parce que les sommets sont à coordonnées entières que les longueurs des cotés sont rationnelles ! or il me semble que c'est sur cette base qu'un certain nombre de démos ont été développées....

Ce n'est pas tout à fait ce j'ai voulu dire:
Un segment qui a 2 sommets à coordonnées entières n'est en général pas rationnel.
exemple (0,0) et (3,1)donne un segment de longueur rac10. Or à partir de ces 2 pts on peut tenter de construire un triangle équilatéral à coordonnées entières dont aucune longueur n'est rationnelle.

Je suis pour ma part d'accord avec nodgim.
Pour ma part, je n'ai pas eu le temps de répondre mais j'aurai répondu avec un argument sur l'aire comme l'a fait nodgim.
C'est la façon à mon avis la plus simple de répondre et la plus simple à vérifier comme correcte.

Oui mais entre -pi et pi ça limite. ^^

[citation needed]

Sérieusement, une idée de comment le prouver ?

Pour l'infini:
la suite 4n+1 possède une infinité de nb premiers.
Tout premier de forme 4n+1 est somme de 2 carrés. Et donc son carré aussi.
En faisant le produit des carrés de ces n premiers premiers, on trouve quelque chose comme (3^n-1)/2 somme de carrés distincts, qui sont autant de constructions de triangles rectangles à coté entiers dont les sinus et cosnus sont rationnels.