Προβλήματα Μαθηματικών

21 Ιουνίου, 2009

Εμβαδόν και περίμετρος

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 12:44 μμ

Το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές 6,8 και 10 έχει περιμέτρο 24 και εμβαδόν 24. Υπάρχουν λίγα ακόμα τρίγωνα με πλευρές που έχουν ακέραιο μήκος και περίμετρο ίση με το εμβαδόν τους. Βρείτε τα.

7 Σχόλια »

  1. Ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές 3,4,5.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από charav — 21 Ιουνίου, 2009 @ 4:29 μμ

  2. Συγχωρέστε με. Λάθος απο κεκτημένη ταχύτητα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από charav — 21 Ιουνίου, 2009 @ 4:30 μμ

  3. Εστω χ,ψ,ζ οι πλευρες του ζητουμενου τριγωνου, θελουμε να ισχυουν τα εξης : χ^2 + ψ^2 = ζ^2 και 1/2(χψ)=χ + ψ + ζ . Λυνοντας το συστημα τών διοφαντικών εξισώσεων καταληγουμε σε μια σχεση της μορφης χψ + 8 = 4χ + 4ψ λυνοντας ως προς χ περνουμε

    χ = (8-4ψ)/(4-ψ) ή χ = 4 – 8/4-ψ και επειδη θελουμε ο χ να ειναι ακέραιος (και > 0) 8α πρεπει το κλασμα να ειναι ακέραιο δηλαδή το 4-ψ να είναι διαιρέτης του 8.

    Ετσι περνουμε 4-ψ = +- 8 ή +-4 ή +- 2 ή +-1 ==> ψ = -4 ή 0 ή 2 ή 3 ή 5 ή 6 ή 8 ή 12
    Προφανώς οι 2 πρώτες απορίπτονται γιατι το ψ εκφράζει μηκος οπότε αντικα8ιστούμε στην σχέση χ = 4 8/4-ψ τα ψ που βρήκαμε και περνουμε :
    χ = 0 ή -4 ή 12 ή 8 ή 6 ή 5 πάλι οι 2 πρώτες αποριπτονται και ετσι μας μενουν οι 2 πυθαγόριες τριάδες (5,12,13) και (6,8,10)

    απέφυγα να γραψω τις πολλες πράξεις γιατι δεν εχω ιδέα πως να γραφω με μαθηματικα σύμβολα

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από mcdallas — 24 Ιουνίου, 2009 @ 3:54 μμ

  4. Αυτά είναι τα ορθογώνια τρίγωνα που έχουν την ιδιότητα. Υπάρχουν και μερικά που δεν είναι ορθογώνια…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — 24 Ιουνίου, 2009 @ 6:33 μμ

  5. Λαθος μου δε το διαβασα σωστα νομιζα ψαχναμε μονο ορθογωνια γι αυτο παραξενευτηκα που βρηκα μονο 1 οταν ειπες «λιγα»

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από mcdallas — 24 Ιουνίου, 2009 @ 7:00 μμ

  6. Από τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδό του τριγώνου προκύπτει ότι αρκεί να βρούμε φυσικούς a,b,c τέτοιους ώστε να ισχύει (b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)=16(a+b+c).
    Από την παραπάνω παρατηρούμε ότι τουλάχιστον ένας παράγοντας του αριστερού μέλους είναι άρτιος, άρα όλοι είναι άρτιοι.
    Θέτουμε λοιπόν b+c-a=2x, a+b-c=2y, a+c-b=2z και η παραπάνω είναι ισοδύναμη με την xyz=4(x+y+z) (1).
    Χωρίς βλάβη της γενικοτητας υποθέτουμε ότι x\ge y\ge z.
    Η (1) είναι ισοδύναμη με την (zy-4)(zx-4)=4(z^2+4) (2).
    Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις.
    1η Περίπτωση: z=1
    Η (2) γίνεται (y-4)(x-4)=20 από την οποία παίρνουμε τις λύσεις (y,x) = (5,24), (6,14) ή (8,9).
    2η Περίπτωση: z\ge 2
    Ισχύει 4(z^2+4)=(zy-4)(zx-4)\ge (z^2-4)(z^2-4) \Rightarrow 12z^2-z^4\ge 0 \Rightarrow
    \Rightarrow z\le 2\sqrt{3} \Rightarrow z=2 ή 3.
    Αν z=2, η (2) γίνεται (y-2)(x-2)=8 από την οποία παίρνουμε τις λύσεις (y,x) = (3,10) ή (4,6).
    Αν z=3, η (2) έχει λύση την (y,x) = (2,10) η οποία δεν είναι αποδεκτή γιατί z\le y.
    Άρα τελικά βρήκαμε 5 λύσεις για τις οποίες τα αντίστοιχα a,b,c είναι τα εξής:
    (a,b,c) = (6,29,25), (7,20,15), (9,17,10), (5,13,12), (6,10,8).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — 18 Ιουλίου, 2009 @ 5:41 μμ

  7. Σωστά. Πολύ ωραία λύση.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — 18 Ιουλίου, 2009 @ 6:37 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.