Matematické Fórum

check_drummer · 12. 05. 2015 23:24

Ahoj,
najděte všechny dvojice trojúhelníků T1 T2, které mají celočíselné délky stran a přiložením T1 a T2 "k sobě" některou jejich stranou (tj. tyto strany v T1 a v T2 musí mít stejnou délku) získáte rovněž trojúhelník. Např. tento požadavek splňují trojúhelníky o stranách 15,13,7 a 13,13,1 - a po "přiložení" T1 a T2 k sobě (stranami o délce 13) získáme trojúhelník o stranách 15,8,13. (Uvedené požadavky rovněž splňují libovolné dva shodné pravoúhlé trojúhelníky s celočíselnými stranami.) Hledané dvojice T1,T2 může být vhodné nějak jednoduše popsat - např. parametricky (např. podobně jako je tomu u tzv. pythagorejských trojúhelníků - pravoúhlých trojúhelníků s celočíselnými délkami stran).

Honzc · 13. 05. 2015 13:55

↑ check_drummer:
Zajímavá úloha, ale najít všechny dvojice, jak požaduješ asi nepůjde, když jich je nekonečně mnoho. (a to vynechávám dvojice shodných P.t., které "postavíš shodnou odvěsnou k sobě)
A to dokonce i v tom případě, že zpřísníme požadavek na T1 a T2 tak, že oba musí mít alespoň jednu výšku také celočíselnou.
Takové trojúhelníky lze "konstruovat" ze dvou P.t., které mají b1=a2.
To by už možná šlo nějak "parametricky" popsat.

check_drummer · 13. 05. 2015 19:48

↑ Honzc:
Ahoj,
1) Jak víš, že jich je nekonečně mnoho? (odhlédněme od "triviálních" případů dvou shodných pravoúhlých trojúhelníků.)
2) Proč by nebylo možné je nalézt, i když by jich bylo nekonečně mnoho? Např. jak píšeš, bylo by možné je popsat parametricky (podobně jako zmiňované pythagorejské trojúhelníky).

byk7 · 13. 05. 2015 20:33

Další triviální kombinací je dvojice $(a,c/2,c/2),(b,c/2,c/2)$ , kde $a=t\left|u^2-v^2\right|,b=2tuv,c=t$u^2+v^2$$ a $2\mid(u-v)$ nebo $2\mid t$ (slepením vznikne pravoúhlý trojúhelník).

Jinak obecněji, mějme trojúhelník $ABC$ s celočíselnými délkami stran. Na polopřímce opačné k BC uvažme bod D, $|CD|=d\in\mathbb N$ .
//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-05/41885_forum.png
Zbývá zajistit, aby i $|AD|\in\mathbb N$ , proto je jednou možnou cestou vyřešit rovnici
$x^2=b^2+d^2+d\cdot\frac{a^2+b^2-c^2}{a}$
Jestli je to nějaké zjednodušení, to nevím. :-)

Honzc · 14. 05. 2015 06:25 — Editoval Honzc (14. 05. 2015 10:06)

↑ byk7:
Zdravím,
tvůj vztah $x^2=b^2+d^2+d\cdot\frac{a^2+b^2-c^2}{a}$ je vlastně zobecnění toho co jsem psal výše já, neboť já jsem požadoval, aby $a^{2}+b^{2}-c^{2}=0\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{2}$ a tedy "první trojúhelník" byl také pythagorejský.

↑ check_drummer:
Takhle nějak

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

check_drummer · 14. 05. 2015 20:23

↑ Honzc:
Ahoj,
a jak víš, že existuje nekonečně mnoho dvojic prvního tvaru?
Jak víš, že z nich je vždy možné sestrojit další dvojici? Není těch 10 jednotek (úsečka dělící velký obdélník) jen náhoda?

Honzc · 15. 05. 2015 09:51 — Editoval Honzc (16. 05. 2015 11:03)

↑ check_drummer:
Zdravím,
k tvé otázce.
"Není těch 10 jednotek (úsečka dělící velký obdélník) jen náhoda?"
Náhoda to není. To je jenom odzrcadlená "levá" přepona P.t. 6,8,10 podle "osy délky 8" (ten tvar je udělán jenom proto, že takto dostaneme 2 trojúhelníky z nichž žádný není pravoúhlý)
A teď proč si myslím, že takových řešení je nekonečně mnoho.
Tvrzení, které se asi nemusí dokazovat: Máme-li nějaký P.t., pak i jeho "násobek" libovolným přirozeným číslem je P.t. (např. 3,4,5/6,8,10)
1.Vezmu tedy nejznámější (nejmenší) P.t. 3,4,5
2.Hledám takový P.t. aby 3xk=b1 (např. hned druhý 5,12,13 - 4x3=12)
Mám dvojici 5,12,13/12,16,20 (4x(3,4,5))
nebo 7,24,25/24,32,40
nebo 8,15,17/15,20,25
nebo 10,24,26/24,32,40
nebo 11,60,61/60,80,100
nebo 13,84,85/84,112,140
nebo 14,48,50/48,64,80
nebo 16,30,34/30,40,50
nebo 16,63,65/63,84,105
atd.,atd.
Vím, že to není důkaz o nekonečném počtu řešení, ale nejspíš to tak bude
A to jsem za "základ" vzal pouze první P.t.

check_drummer · 15. 05. 2015 17:44

Ahoj,
k:

Honzc napsal(a):
2.Hledám takový P.t. aby 3xk=a2 (např. hned druhý 5,12,13 - 4x3=12)

Co znamená "3xk=a2"?
Co znamená "hned druhý"? Existuje nějaké pořadí, ve kterém jsou P.t. seřazeny?

Díky

Honzc · 16. 05. 2015 11:02

↑ check_drummer:
Zdar,
1. 3xk=a2 - správně mělo být 3xk=b1 - opraveno
První P.t. má strany a1,b1,c1, druhý a2,b2,c2
Protože jsem vzal za "základ" první (s nejmenší možnou odvěsnou) P.t tj. P.t. 3,4,5 tak abychom je mohli dát k sobě stranami (odvěsnami) b1 = a2 =3k
2. Pořadí P.t. můžeme určit např. tak, že bereme postupně P.t. s s postupně narůstající menší z odvěsen. Tedy
3,4,5
5,12,13
6,8,10 (2x(3,4,5))
7,24,25
8,15,17
9,12,15 (3x(3,4,5))
10,24,26
atd.
Vidíš, že u všech řešení co jsem ti napsal v příspěvku č.7 je odvěsna b1 stejná jako odvěsna a2
Např. u dvojice 5,12,13/12,16,20 jsou to délky 12.

Honzc · 18. 05. 2015 09:51 — Editoval Honzc (19. 05. 2015 06:39)

↑ check_drummer:
Ještě ti podám důkaz, že takových dvojic trojúhelníků je nekonečně mnoho.
Jako generátor P.t lze použít např.
$a=p^{2}-q^{2},b=2pq,c=p^{2}+q^{2}, p,q\in \mathbb{N},p>q$
opravdu platí:
$a^{2}+b^{2}=(p^{2}-q^{2})^{2}+4p^{2}q^{2}=p^{4}+2p^{2}q^{2}+q^{4}=(p^{2}+q^{2})^{2}=c^{2}$
Pak abychom mohli konstruovat dvojice trojúhelníků jak požadujeme a podle toho co jsem ti napsal stačí volit
$b=2pq$ takové, aby $2pq \, \,\text{mod} \, \,3\equiv 0$ .
K vyloučení řešení takových, že jsou pouze násobkem přirozeným číslem nějakého již existujícího řešení, stačí volit p prvočíslo p>3, a q=3. A protože prvočísel je nekonečně mnoho je i řešení nekonečně mnoho.
"Parametrizace" by pak mohla vypadat třeba takto:
$p>q\wedge p\vee q \, \,\text{mod} \, \,3\equiv 0\wedge p \, \,\text{mod} \, \,q\not\equiv 0$

Cheop · 18. 05. 2015 10:32

↑ Honzc:
Zdarec,
$c=p^2+q^2$ oprav si to

Brano · 18. 05. 2015 21:43 — Editoval Brano (18. 05. 2015 22:16)

k tejto rovnici
$x^2=b^2+y^2+y\cdot\frac{a^2+b^2-c^2}{a}$
(premenoval som $d$ na $y$ )

v prvom rade si treba uvedomit, ze ju mozme riesit v obore racionalnych cisel, lebo ak mame racionalnu paticu
$a,b,c,x,y$ tak ju prenasobime najmensim spolocnym menovatelom a mame celociselne riesenie - a dalsie riesenia su celociselne nasobky nasobky.

teraz pre lubovolne fixne $a,b,c$ racionalne (take, ze tvoria trojuholnik) chceme najst vsetky dvojice $x,y$ racionalnych cisel, ktora splnaju rovnicu (a to uz budeme mat uplne vsetky riesenia povodneho problemu)

rovnica sa da upravit na
$x^2-(y+p)^2=q$ kde
$p=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}$ a $q=b^2-\frac{(a^2+b^2-c^2)^2}{4a^2}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}{4a^2}$
kedze mame skalovaciu symetriu co sme spominali hned na zaciatku,tak si mozme bez ujmy na vseovcnosti fixovat trebars $a=1$ apotom mame
$p=\frac{1+b^2-c^2}{2}$ a $q=\frac{4b^2-(1+b^2-c^2)^2}{4}$
cize
$(x-y-p)(x+y+p)=q$
takze pre lubovolny racionalny parameter $r$ mame riesnie
$x-y-p=2r$ a $x+y+p=q/(2r)$ t.j.
$x=\frac{q}{4r}+r$ a $y=\frac{q}{4r}-r-p$
takze uloha ma tri nezavisle racionalne parametre $b,c,q$ a potom po najdeni "minimalneho" riesenia este jeden celociselny skalovaci.
(este je tam symetria co vymeni tie dva trojuholniky, ale to sa da osterit tym, ze budeme ziadat $\varphi<\pi/2$ ) t.j. $1+b^2>c^2$ - pre $\varphi=\pi/2$ sa tomu jednoducho nevyhneme a kazde riesenie nam vyjde dvojmo. (snad len ziadat take $r$ aby $y\ge 1$ ).

Honzc · 19. 05. 2015 09:53 — Editoval Honzc (19. 05. 2015 09:58)

↑ check_drummer:
Tato úloha je myslím už vyřešena dokonale, tak přidám ještě její modifikaci.
Najděte dvojice rovnoramenných trojúhelníků podle obrázku takových, aby a,b,c,v byly přirozená čísla.
//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-05/21729_tr-tr.png
Mně se podařilo najít pouze jednu dvojici a to:

Existují i nějaká další řešení?
(násobky stran již podaného řešení lib.přirozeným číslem se nepovažuje za jiné řešení)

check_drummer · 22. 05. 2015 18:31

↑ Brano:
Ahoj, pěkné - jen q závisí na b,c, takže úloha je dána nezávislými parametry b,c (a nikoli i q).
Dále je nutné volit takové r, aby bylo y>=1, ale taková y lze vždy nalézt.

Matematické Fórum

#1 12. 05. 2015 23:24

Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#2 13. 05. 2015 13:55

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#3 13. 05. 2015 19:48

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#4 13. 05. 2015 20:33

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#5 14. 05. 2015 06:25 — Editoval Honzc (14. 05. 2015 10:06)

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#6 14. 05. 2015 20:23

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#7 15. 05. 2015 09:51 — Editoval Honzc (16. 05. 2015 11:03)

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#8 15. 05. 2015 17:44

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

Honzc napsal(a):

#9 16. 05. 2015 11:02

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#10 18. 05. 2015 09:51 — Editoval Honzc (19. 05. 2015 06:39)

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#11 18. 05. 2015 10:32

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#12 18. 05. 2015 21:43 — Editoval Brano (18. 05. 2015 22:16)

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#13 19. 05. 2015 09:53 — Editoval Honzc (19. 05. 2015 09:58)

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

#14 22. 05. 2015 18:31

Re: Dvojice trojúhelníků s celočíselnými stranami

Zápatí