Ładne trójkąty

[mol_ksiazkowy]

Wyznaczyć wszystkie trójkąty o wymiernych bokach, których pole jest równe \(\displaystyle{ 1}\).

[dzialka11o]

Są i takie możliwe przypadki :
1. W każdym dowolnymcie prostokątcie o polu równnym = 2 (cm x cm )
przekątne tych prostokątów , dzielą te prostokąty na dwa pola równe = 1 ( cm x cm )
Przeciwprostokątne z twierdzenia Pitagorasa .
( szczególnym przypadkiem są prostokąty o bokach o dowolnych liczbach całkowitych )
Takich trójkątów jest do chcenia .
2 . W każdym dowolnym rombie o równych bokach o polu równym = 2 (cm xcm).
przekątne tych rombów dzielą te romby na dwa pola równe = 1 (cm x cm )
( szczególnym przypadkiem są romby o bokach o dowolnych liczbach człkowitych ) .
Takich rombów jest nieskończenie dużo , spenjących podany warunek .
Znajac pola tych rombów z łatwością obliczymy kąty wewnętrzne ostre tj.kąty nachylenia boków tych rombów,
oraz wewnętrzne kąty rozwarte tych rombów oraz i przekątne tych rombów .
Sposród podanych przykładów jest wiele innych , o ile jest to możliwe to proszę o ich przedłożenie .
Pozdrawiam.
T.W.

[dzialka11o]

c. dalszy ;
3. Istnieją takie trójkąty równoramienne których pola są równe 2 (cm x cm ),
których wysokości tych trójkątów dzielą te trójkąty na dwa równe pola 1 (cm x cm )
- są i takie trójkąty równoramienne o podstawach wyrażonych w dowolnych liczbach całkowitych (cm )
i o polach równych 2 (cm x cm )
których wysokosci dzielą te trójkąty równoramienne na dwa równe pola 1 (cm x cm ),
takich trójkatów jest do chcenia . ( oblicz wysokości tych trójkatów równobocznych )
-są i takie trójkąty równoramienne o wysokościach wyrażonychw dowolnych liczbach calkowitych ,
tu z łatwością znajdziemy takie podstawy tych trójkątów dla których zostaja spełnione powyższe warunki .
takich trójkatów jest bez liku . ( oblicz podstawy tych trójkątów równobocznych )
4. Romby o najdłuższych przekątnych wyrażone w dowolnych liczbach calkowitych w (cm)
należy znaleść drugą przekątną taką , których pole rombu wynosi 2 (cm x cm )
i zarazem przekątne tych rombów dzielą te romby na dwa pola równe 1 (cm x cm) .
Takich rombów jest nieskończenie dużo .
T. W.

[dzialka11o]

Jest i taka kombinacja :
5. W dowolnych prostokąty o polach równych 4 (cm x c m )
przecinające się przekątne tych prostokątów , dzielą te prostokąty na cztery trójkąty o polach równych 1 (cm x cm )
( Najprościej to wykazać w prostokątach , których boki stanowią dowolne liczby całkowite w (cm ) ,
Takich trójkątów jest nieskończenie wiele .
T.W.

[stefcio2]

Zakładam, że wszystkie boki mają być wymierne.

Niech \(\displaystyle{ r, a \in \QQ}\) będą parą liczb wymiernych spełniającą warunki:

(1) \(\displaystyle{ a>0}\)
(2) \(\displaystyle{ \sqrt{r^{2}+4} \in \QQ}\)
(3) \(\displaystyle{ \sqrt{a^{2}+\frac{r^{2}+4}{a^{2}}+2r} \in \QQ}\) lub \(\displaystyle{ \sqrt{a^{2}+\frac{r^{2}+4}{a^{2}}-2r} \in \QQ}\)

Wtedy niech:
\(\displaystyle{ b=\frac{\sqrt{r^{2}+4}}{a}}\)
\(\displaystyle{ c=}\) wymierna z warunku (3)

Liczby a,b,c to liczby wymierne, a trójkąt z nich złożony ma pole równe 1.

[stefcio2]

Żeby otrzymać taki trójkąt, trzeba znaleźć rozwiązanie układu równań w liczbach naturalnych:

\(\displaystyle{
\left\{
\begin{array}{l}
\left(a_{1}b_{1}\right)^{2}-\left(2a_{2}b_{2}\right)^{2} &= r_{1}^{2} \\
\left(a_{1}b_{2}\right)^{2}+\left(b_{1}a_{2}\right)^{2}\pm2a_{2}b_{2}r_{1} &= c_{1}^{2}
\end{array}
\right.
}\)

Wtedy:

\(\displaystyle{ a=\frac{a_{1}}{a_{2}}\\
b=\frac{b_{1}}{b_{2}}\\
c=\frac{c_{1}}{a_{2}b_{2}}\\
}\)

Przykładowe rozwiązania:

\(\displaystyle{
\frac{1}{2}, \frac{13}{3}, \frac{25}{6}\\
\frac{3}{2}, \frac{5}{3}, \frac{17}{6}\\
\frac{4}{1}, \frac{17}{30}, \frac{113}{30}\\
\frac{7}{4}, \frac{170}{63}, \frac{337}{252}\\
\frac{9}{4}, \frac{106}{63}, \frac{305}{252}\\
\frac{11}{6}, \frac{195}{154}, \frac{373}{231}\\
\frac{13}{6}, \frac{116}{91}, \frac{865}{546}\\
\frac{13}{4}, \frac{136}{195}, \frac{2329}{780}\\
\frac{17}{14}, \frac{28}{15}, \frac{353}{210}\\
\frac{17}{4}, \frac{41}{84}, \frac{185}{42}\\
\frac{17}{12}, \frac{123}{85}, \frac{2281}{1020}\\
\frac{26}{45}, \frac{73}{20}, \frac{697}{180}\\
\frac{33}{10}, \frac{52}{33}, \frac{641}{330}\\
\frac{50}{33}, \frac{187}{60}, \frac{2993}{660}\\
\frac{65}{132}, \frac{187}{24}, \frac{723}{88}\\
\frac{84}{143}, \frac{145}{42}, \frac{21601}{6006}\\
\frac{113}{70}, \frac{119}{90}, \frac{533}{315}\\
\frac{193}{21}, \frac{195}{16}, \frac{1009}{336}\\
\frac{4}{1}, \frac{17}{30}, \frac{113}{30}\\
}\)

[dzialka11o]

Zauważmy że w tym wykazie wygenerowanych trójkątów o polu 1 (cmxcm)
obwód :
1. trójkąta wynosi 9 cm .
2. trójkątawynosi 6 cm.
( Pozostałe nie mają tej właściwosci )
Pozdrawiam
T.W.

[dzialka11o]

Do : autor: stefcio2 »
------------------- ,
Jak rozwiazać następujące zadanie warunkowe :
Jak znaleść wymiary trójkąta równoramiennego o polu 12 (cmxcm).
którego ramiona jak i podstawa mają być jednocześnie styczne do okręgu wpisanego o promieniu r=1 (cm )
( podać kąt wierzchołkowy tego trójkąta równoramiennego ).
Otóż próbowałem, ale bez skutku ?
Mże należałoby napisać jakiś ciekawy program numeryczny , który wygenerował by zastawienie wymiarów
tych szukanych trójkątów równoramiennych ,

T.W.

[stefcio2]

Trójkąt równoramienny: \(\displaystyle{ A=(A_{x}, 0), B=(0, B_{y}), C=(-A_{x},0)}\), dla \(\displaystyle{ A_{x}>0, B_{y}>0}\).
Ustawić środek okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r=1 }\) w punkcie \(\displaystyle{ O=(0, 1)}\).

Ze wzoru na okrąg i wzoru na prostą przecinającą punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), otrzymamy układ równań ze zmiennymi \(\displaystyle{ x, y}\) wskazujący na przecięcia tych dwóch obiektów geometrycznych:

\(\displaystyle{
\begin{equation}
\begin{cases}
x^{2}+\left(y-1\right)^{2}=1 \\
-\frac{By}{Ax}x+B_{y}=y
\end{cases}
\end{equation}
}\)

Z tego można otrzymać równanie kwadratowe, którego rozwiązania to punkty przecięcia. Interesuje nas przypadek gdy ma ono dokładnie jedno rozwiązanie - wtedy prosta przecinająca \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) to styczna.

Po przekształceniach wychodzi, że to jest dokładnie wtedy, gdy: \(\displaystyle{ B_{y} = \frac{2}{1-\frac{1}{A_{x}^{2}}}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ A_{x} > 1}\)

Podstawiając pod wzór na pole trójkąta \(\displaystyle{ P=\frac{1}{2}\cdot2A_{x}\cdot B_{y}}\) pożądane dane, otrzymamy: \(\displaystyle{ 2\left(A_{x}^{3}-6A_{x}^{2}+6\right)=0}\)
Czyli trzeba znaleźć pierwiastki wielomianu trzeciego stopnia: \(\displaystyle{ x^{3}-6x^{2}+6}\), stosując wzory Cardano otrzymamy dwa dodatnie wyniki: \(\displaystyle{ A_{x}=2+4\cos\left(\frac{1}{3}\arccos\left(\frac{5}{8}\right)-\frac{2\pi*k}{3}\right)}\) dla \(\displaystyle{ k=1}\) lub \(\displaystyle{ k=3}\) co wydaje się zgadzać, te wartości prowadzą do dwóch trójkątów równoramiennych, o polu 12 i wpisanym w nim okrąg o promieniu 1. Kąt wierzchołokowy (ten na szczycie?) to \(\displaystyle{ 2\cdot\arctan\left(\frac{A_{x}}{B_{y}}\right)}\) w radianach.

[dzialka11o]

Jak widać otrzymamy dwa takie trójkąty równoramienne ,
które spełniają podany waronek , w tym zaniu warunkowym
Dzięki za podanie rozwiązania .
Serdecznie pozdrawiam
T.W.

[dzialka11o]

Do : autor: stefcio2
O ile Koledze czas pozwoli prosiłbym o podanie rozwiązania troszeczkę
podobnego zadania też warunkowego:

Obliczyć wymiary ostrosłupa o objętości równej 14 ( cm x cm x cm ) ,
którego podstawa jak i jego boki są styczne do kuli o promieniu 1 (cm)
( podaj kąt wierzchołkowy tego graniastosłupa między jego równymi bokami ).
( podana objętość jest większa od objętości kuli - to warunek konieczny )
Ta podana przez Kolegę metodologia rozwiązywania zadań warunkowych bardzo mnie zainteresowała .
Pozdrawiam .
T.W.