Το ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ με ακέραια μήκη πλευρών 5, 12, και 13, μονάδων μήκους παρουσιάζει την ιδιομορφία ότι το εμβαδόν του ισούται με την περίμετρο του.
Πόσα ορθογώνια τρίγωνα με ακέραια μήκη πλευρών με την ίδια ιδιότητα υπάρχουν;
Mathematics Magazine 40(1967), πρόβλημα 644, H. L.Umansky
Λύση:
Αν α, β τα μήκη των καθέτων πλευρών και γ
το μήκος της υποτείνουσας του ζητούμενου τριγώνου, θα ισχύει:
Η περίμετρος ισούται με:Π=α+β+γ
Το εμβαδόν ισούται με:Ε=1/2(αβ)
Π=Ε --> α+β+γ=1/2*αβ -->
-γ=α+β-1/2*αβ
Υψώνουμε και τα δύο μέλη στο τετράγωνο κι’
έχουμε:
-γ=α+β-1/2*αβ --> (-γ)2=(α+β-1/2*αβ)2
--> (γ)2=(α+β-1/2*αβ)2
Βάσει του Πυθαγορείου Θεωρήματος έχουμε:
(ΑΓ)2=(ΑΒ)2+(ΑΓ)2
--> γ2=α2+β2
Αντικαθιστούμε το(γ2) με το
ίσον του κι’ έχουμε:
(γ)2=(α+β-1/2*αβ)2
--> α2+β2=(α+β-1/2*αβ)2 -->
α2+β2= α2+β2+1/4*α2β2+2*αβ-α2β-αβ2 -->
α2+β2= α2+β2+1/4*α2β2+2*αβ-α2β-αβ2 -->
α2+β2-α2-β2+1/4*α2β2+2*αβ-α2β-αβ2
=0-->
1/4*α2β2+2*αβ-α2β-αβ2 =0-->
1/4*α2β2+2*αβ-α2β-αβ2 =0-->
Βγάζουμε κοινό παράγοντα το (αβ) κι’
έχουμε:
αβ(1/4*αβ+2-α-β)=0 (αβ διάφορο του μηδενός)
Διαιρούμε δια (αβ) κι’ έχουμε:
αβ(1/4*αβ+2-α-β)/αβ=0 -->
1/4*αβ+2-α-β=0 -->
αβ+2*4-4*α-4*β=0 -->
αβ+2*4-4*α-4*β=0 -->
Προσθέτουμε και στα δύο μέλη τον αριθμό 8
κι’ έχουμε:
αβ+2*4-4*α-4*β=0 --> αβ+2*4-4*α-4*β+8=8
-->
αβ-4*α+16-4*β=8 -->
α(β-4)+16-4β=8 --> α(β-4)-4β-16=8
--> α(β-4)-4(β-4)=8 -->
(β-4)*(α-4)=8 --> (β-4)=8/(α-4)
(β-4)*(α-4)=8 --> (β-4)=8/(α-4)
Άρα (α – 4) είναι διαιρέτης του 8 οπότε οι
πιθανές τιμές του «α» είναι :2,3,5,6,8,12
Ελέγχουμε κάθε περίπτωση υπολογίζοντας τα «α»
και «β» και διαπιστώνουμε ότι
οι μόνες λύσεις είναι οι τριάδες:
οι μόνες λύσεις είναι οι τριάδες:
(6,8,10) ως προς το Πλάτωνα.
(5,12,13).ως προς το Πυθαγόρα.
Επαλήθευση:
Π=Ε --> α+β+γ=1/2*αβ --->
6+8+10=1/2(6*8) ---> 24=48/2
Π=Ε --> α+β+γ=1/2*αβ --->
5+12+13=1/2(5*12) ---> 30=60/2
Έρχεται το πολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — βρες όλες τις επιλογές εδώΠολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — 437 βιβλία σε PDF
PDF & Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα — χωρίς εγγραφή • Portify
📚 437 βιβλία🎬 22.000+ Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα
Δες τα βιβλία →
6 σχόλια:
Μάλλον ένα ακόμη με πλευρές $10$,$8$,$6$
ΑπάντησηΔιαγραφήΘα ήθελα πλήρη ανάλυση της λύσης.
ΔιαγραφήΚαλημέρα κ. Papaveri
ΑπάντησηΔιαγραφήΈχω λύση αναλυτική και θα την ανεβάσω αργότερα.
Θα επιθυμούσα όμως μετά να δω την δική σας .
Αν η περίμετρος είναι $2\tau = \alpha + \beta + \gamma $ και $\rho = $η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma $ , με $\alpha = $υποτείνουσα και $\beta ,\gamma $ κάθετες πλευρές, θα ικανοποιούνται οι σχέσεις:$\alpha = {\kappa ^2} + {\lambda ^2},\beta = {\kappa ^2} - {\lambda ^2},\gamma = 2\kappa \lambda $ με $\kappa ,\lambda \in \mathbb{N} = \{ 1,2,3,...,\nu \} $ . Επίσης από το επίταγμα της ασκήσεως θα προκύψει $\tau \rho = 2\tau \Rightarrow \rho = 2 = \tau - \alpha \Rightarrow \beta + \gamma = 4$. Έτσι τώρα θα έχουμε την εξίσωση: ${\kappa ^2} - {\lambda ^2} + 2\kappa \lambda = {\kappa ^2} + {\lambda ^2} + 4 \Rightarrow \boxed{\kappa = \lambda + \dfrac{2}{\lambda }}$.Η σχέση αυτή μας αναγκάζει να δεχτούμε μόνο δύο τιμές για τους ταυτόχρονα ακεραίους $\kappa ,\lambda $ .
ΑπάντησηΔιαγραφή1)Αν $\lambda = 1 \Rightarrow \kappa = 3$ και άρα $\boxed{\alpha = 10,\beta = 8,\gamma = 6}$ ενώ 2) αν $\lambda = 2 \Rightarrow \kappa = 3$ και άρα $\boxed{\alpha = 13,\beta = 5,\gamma = 12}$ και … Τέλος.
Καλήμέρα κύριε Στάθη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣυγχαρητήρια! Η απάντησή σας είναι σωστή.
Μόλις επιστρέψω θ' αναρτήσω και τη δική μου λύση, όπως κάνω κάθε φορά άλλωστε.
Το Papaveri είναι το ψευδώνυμό μου . Τ' όνομάμου είναι Carlo de Grandi.
Tα τρίγωνα γενικά που έχουν αυτή την ιδιότητα είναι όλα κι όλα $5$.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑπό τύπο Ήρωνα, πρέπει να ικανοποιηθεί η:
$(α+γ-β)(α+β-γ)(β+γ-α)=16(α+β+γ)$
Οι τρεις παράγοντες αριστερά πρέπει να είναι άρτιοι, άρα έχουμε:
$(α+γ-β)=2x$
$(α+β-γ)=2y$
$(β+γ-α)=2z$
άρα: $xyz=4(x+y+z)$
Aυτή είναι ισοδύναμη με την:
$(zx-4)(zy-4)=4(z^{2} + 4)$
Για z=1---> $(y-4)(x-4)=20$ που δίνει τις λύσεις
$(y,x)=(5,24), (6,14),(8,9)$
Για z μεγαλύτερο ή ίσο με $2$ καταλήγουμε στην:
$12z^{2} -z^{4}>=0$---
z μικρότερο ή ίσο $2sq.rt3$ άρα $z=2$ ή $z=3$
H z=3 δεν δίνει αποδεκτές λύσεις (επειδή η λύση (y,x)=(2,10) δίνει z μικρ.ή ίσο y)
Tελικά λοιπόν υπάρχουν 5 συνολικά λύσεις:
$(α,β,γ)=(6,29,25),(7,20,15),(9,17,10),(5,13,12),(6,10,8)$
κι αυτά είναι όλα τα τρίγωνα (ορθογώνια και μη ορθογώνια) με ακέραια μήκη πλευρών και περίμετρο ίση με το εμβαδό τους.