Ιδιόμορφα τρίγωνα

#1

Σ ένα τρίγωνο ABC

με μήκη πλευρών ακέραια, η γωνία $\widehat {{A_{}}} = 3\widehat {{C_{}}}$ .

Βρείτε ένα τέτοιο τρίγωνο ( υπάρχουν άπειρα)

Βρείτε εκείνο από τα παραπάνω που έχει την μικρότερη περίμετρο .

Κάθε λύση είναι ευπρόσδεκτη . Η αμιγώς γεωμετρική προτιμητέα

#2

Η ελάχιστη περίμετρος είναι P=21

, με ακέραιες πλευρές a=10

,

. Αλγεβρικοτριγωνομετρικά αυτό προκύπτει ως εξής:

Από Νόμο Ημιτόνων, A=3C

και $B=\pi-4C$ (και σχετικές τριγωνομετρικές ταυτότητες) προκύπτουν εύκολα οι a=(4cos^2C-1)c

και

, άρα και η P=4cosC(2cos^2C+cosC-1)c

.

Από $C<\dfrac{\pi}{4}$ , a>0

,

προκύπτει η συνθήκη $cos^2C>\dfrac{1}{2}$ .

Παρατηρούμε ότι η $cosC=\dfrac{3}{4}$ οδηγεί στο τρίγωνο πλευρών a=10

,

και περιμέτρου P=21

: πράγματι από την $P=\dfrac{21c}{8}$ λαμβάνουμε, για κατά το δυνατόν μικρότερη ακέραια περίμετρο, c=8

(οπότε και $a=\dfrac{5c}{4}=10$ , $b=\dfrac{3c}{8}=3$ ).

Από την b=2(a-c)cosC

προκύπτει ότι ο cosC

είναι ρητός, έστω $cosC=\dfrac{p}{q}$ , οπότε $P=\dfrac{4p(2p^2+pq-q^2)c}{q^3}$ .

Παρατηρούμε ότι ο τυχών πρώτος r>2

που διαιρεί τον

οφείλει να διαιρεί και τον

, άρα και ο r^3

διαιρεί τον

, συνεπώς $P>c\geq 27>21$ : για ελάχιστη περίμετρο, λοιπόν, πρέπει να έχουμε q=2^n

. [Βεβαίως με c=q^3

και

... εξασφαλίζεται, για $q\geq 4$ , η απειρία τριγώνων που προανήγγειλε ο Νίκος. (Για q=4

προκύπτει το OMOIO προς το ήδη αναφερθέν τρίγωνο { 80, 24, 64

}, για

προκύπτει το τρίγωνο { 195, 112, 125

} με περίμετρο 432

, και γενικώς προκύπτουν τα τρίγωνα { q(3q^2-8q+4), 4(q-1)(q^2-4q+2), q^3

} με περίμετρο 8q^3-28q^2+28q-8

.)]

Περιοριζόμενοι τώρα (λόγω της q=2^n

) σε περίμετρο της μορφής $P=\dfrac{4p(2p^2+2^np-2^{2n})c}{2^{3n}}$ , όπου

περιττός, παρατηρούμε ότι ο

οφείλει να διαιρείται από τον $2^{3(n-1)}$ : αν λοιπόν n>2

τότε $P>c\geq 64>21$ , αν n=2

τότε $P=\dfrac{p(p^2+2p-8)c}{8}$ με $\dfrac{1}{2}<\dfrac{p^2}{16}<1$ και συνεπώς p=3

(το ήδη γνωστό παράδειγμα { 10, 3, 8

}), ενώ για n=1

δεν υπάρχει λύση λόγω $\dfrac{1}{2}<\dfrac{p^2}{4}<1$ . (Για n=3

(και

) η $\dfrac{1}{2}<\dfrac{p^2}{64}<1$ επιτρέπει p=6

(τρίγωνο όμοιο προς το ελάχιστο και πάλι) και p=7

, που δίνει το τρίγωνο { 132, 119, 64

} με περίμετρο 315

(η δεύτερη μικρότερη).)

: 8-3-10.png (31.82 KiB) Προβλήθηκε 615 φορές

#3

Φέρνω τη μεσοκάθετο στην πλευρά

και τέμνει την

στο σημείο

. Τα τρίγωνα , $ECA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BEA$ είναι ισοσκελή .

Έστω τώρα AB = k

με

θετικό ακέραιο . Τότε BC = BE + EC = k + EC

και αφού το μήκος της είναι ακέραιος θα είναι και EC = EA = m

ακεραίου μήκους , $\boxed{m < 2k}$

Θεωρώ το συμμετρικό ,

, του

ως προς

οπότε το τρίγωνο ASE

είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα SE = 2k

.

Ας είναι

η προβολή του

στην

και $\boxed{DE = d}$ . Από το Θ. Ευκλείδη στο $\vartriangle ASE$ έχω:

$A{E^2} = ED \cdot ES \Rightarrow {m^2} = 2kd\,\,\left( 1 \right)\,\,$ . Ας είναι

το μέσο του $\boxed{AC = 2x}$ μη ξέροντας αν το μήκος της είναι ακέραιος .

: Ιδιόμορφα τρίγωνα_Fragos.png (13.4 KiB) Προβλήθηκε 524 φορές

Επειδή $CM \cdot CA = CE \cdot CD \Rightarrow 2{x^2} = m(m + d)$ που λόγω της $\left( 1 \right)$ γίνεται :

$2{x^2} = m\left( {m + \dfrac{{{m^2}}}{{2k}}} \right) \Leftrightarrow \boxed{{{\left( {2x} \right)}^2} = {m^2}\left( {2 + \frac{m}{k}} \right)}$

Αν η AC = 2x

είναι τετράγωνο ρητού θα λυθεί το πρόβλημα , με $k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,2k + m$ να είναι τετράγωνα ακεραίων .

Ξεκινώ με τη μικρότερη τιμή του $\boxed{k = 4}$ τότε θα είναι 2k + m = 8 + m

κι επιλέγω αναγκαστικά : $\boxed{m = 1}$ έτσι :

$A{C^2} = 1\dfrac{9}{4} \Rightarrow AC = \dfrac{3}{2}$ έτσι προκύπτουν :

$AB = 2k = 8\,\,,AC = 3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = 2(m + k)\, = 10\,$

Αν επιλέξω π.χ. k = 9

για να είναι το 2k + m

τετράγωνο ακεραίου θα πρέπει να επιλέξω m = 7

τότε :

$A{C^2} = 49\dfrac{{25}}{9} = {\left( {\dfrac{{35}}{3}} \right)^2}$ άρα : $AB = 3 \cdot 7 = 21\,\,,\,\,AC = 35\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = 3\left( {9 + 7} \right) = 48$

Με όμοιο τρόπο κατασκευάζω όσα τρίγωνα θέλω.

#4

Πολύ ενδιαφέρουσα και αυτή η γεωμετρική προσέγγιση του Νίκου Φραγκάκη (#3), παραθέτω και το αλγεβρικό ισοδύναμο της $\hat A=3\hat C$ του Νίκου Ιωσηφίδη (που κατέθεσα και αποδείχτηκε γεωμετρικά εδώ):

$b^2=\dfrac{(a-c)^3}{c}+2(a-c)^2$ -- οπότε αρκεί να είναι τετράγωνο ακεραίου το δεξιό σκέλος.

Χάριν πληρότητος, καταθέτω και τον διπλό τύπο που προκύπτει από επεξεργασία της δικής μου προσέγγισης μέσω $cos\hat C=\dfrac{p}{q}$ (#2):

$a=\dfrac{q(4p^2-q^2)}{8}$ , $b=\dfrac{p(2p^2-q^2)}{2}$ , $c=\dfrac{q^3}{8}$ , όπου

άρτιος και 2p^2>q^2>p^2

,

, όπου

περιττός και 2p^2>q^2>p^2

.

[Κάπως κάπου μου είχε διαφύγει το δεύτερο ελάχιστο τρίγωνο, { 48, 35, 27

}, που παραθέτει παραπάνω (#3) ο Νίκος Φραγκάκης: αυτό προκύπτει για p=5

,

. (Στην προσέγγιση του Νίκου Ιωσηφίδη προκύπτει για a-c=21

,

.)]

Ιδιόμορφα τρίγωνα

Ιδιόμορφα τρίγωνα

Re: Ιδιόμορφα τρίγωνα

Re: Ιδιόμορφα τρίγωνα

Re: Ιδιόμορφα τρίγωνα

Μέλη σε σύνδεση