Bedste svar
Givet Rt-trekant, sider 18, 24, 30; Find radius af den indskrevne cirkel.
Kort svar; formlerne for en indskrevet cirkelradius i en Rt-trekant er
Område / (1/2 perimeter)
Området er Højde X Halvdelen af basen; det er
18 * 12 = 216
Perimeter er 18 + 24 + 30 = 72; og divideret med 2
72/2 = 36
Cirkelradius er 216/36 = 6 cm
Langt svar
Konstruktion:
Halvering AC, og CA, ved krydset kontrollerer stedet med gennemskæringen af BC, Det er ok, så lad os gå … ..
Med et kompas og blyant, lav en cirkel, der rører ved en hvilken som helst side, og følg rundt omkring den, og berør de andre 2 sider.
Etiketkryds mellem AD og CE, O.
Fra det falder en vinkelret på hver side ved P, ved Q og ved R.
Skæringspunktet, O, er lige langt fra siderne AB, BC og AC. (Se III nedenfor)
I.
Overvej trekanterne, BPO og BRO.
Vinkler BO = BO (konstruktion).
Linje BO er fælles for begge trekanter.
Vinkler RO = PO (konstruerede Rt-vinkler).
Ergo-trekanter BPO og BRO er kongruente.
Det følger linjen BP = BR.
Men vi ved, at BR = BC – r.
Så BP = BC – r; eller 24 – r.
Ved det samme argument kan vi bevise PA = AC -r: eller 18 – r.
Så.
BP = 24 – r; PA = 18 – r; og BP + PA = BA.
Kombination af konklusioner …… BP + PA = (24 – r) + (18 – r) Udskiftning af BA til BP og PA og forenkling….
Så, BA = 42 – 2r.
Men BA = 30 (givet). Udskiftning af BA.
30 = 42 – 2r … forenkling…. 2r = 42 – 30.
2r = 12.
Ergo r = 6.
QED.
II.
Radius fundet til at være => 6 enheder.
Aritmetikken ser ud til at være,
Summen af alle sider, i denne serie af trekanter, / 12 = Radius af indskrevet cirkel.
18 + 24 + 30 = 72
Radius = 72/12 = 6.
Håber det hjælper.
Re ; formler i andre svar, tak hver. Nyt for mig!… Lol. Jeg lærer noget nyt på Quora hver dag. Min favorit er areal / (0,5 * perimeter) = indskrevet cirkelradius … .216 / 36 = 6…
EDIT 6/26 / 17
III.
Fra figurkonstruktionen er
Trekanter BPO og BOR kongruente, bevist ovenfor. Også APO og AOQ kan ligeledes bevises kongruente.
Ergo
Linjer OP = OR og OQ = OP. Da OP er lig med både OR og OQ, er disse lig med hinanden, det vil sige – ELLER = OQ. Derfor er dette et bevis på, at skæringspunktet for dets vinkler er midten af figuren, en højre trekant og lige langt fra dens 3 sider.
QED
Svar
Tak fordi du stillede dette gode spørgsmål, Mr. Lloyd – ikke kun svaret på dit spørgsmål er et ja men der er uendeligt mange (plane ) trekanter med de egenskaber, du anmoder om, og som det viser sig, er det muligt at sortere nogle af dem pænt efter radierne af deres cirkler på en sådan måde at den nævnte radius sporer eller skygger sættet med naturlige tal 1, 2, 3, 4 og så videre.
Med andre ord, ved at bruge den kommende diskussion som en plan for et potentielt mere formelt bevis, vil vi viser en mekanisk måde at generere en trekant på hvis længde længderne er hele tal og længden af radius hvis cirkel er et heltal n givet på forhånd.
Sidebjælke: disse typer spørgsmål har meget at gøre med elementær talteori og meget lidt at gøre med geometri.
En familie af (plane) trekanter, der er garanteret at have de ønskede egenskaber lige uden for flagermus er de såkaldte Pythagoras-trekanter – højre (for nu) trekanter, hvis længder har hele tal.
Lad os være enige om, at længderne på siderne af en Pythagoras-trekant er hele, strengt positive, tal a, b og c således, at:
a ^ 2 + b ^ 2 = c ^ 2 \ tag {1}
Lad os også være enige om, at når alle tre heltal a, b, c er coprime, så kaldes den tilsvarende Pythagoras-trekant primitiv og lad os et øjeblik antage, at det på en eller anden måde lykkedes os at finde en sådan primitiv trekant a\_0 , b\_0, c\_0.
Fordi forholdet i ( 1 ) ikke har andre fritflydende udtryk, følger det, at ved at skalere alle de tal, der danner en primitiv Pythagoras trekant med det samme strengt positive heltal k:
\ left (ka\_0 \ right) ^ 2 + \ left (kb\_0 \ right) ^ 2 = \ left (kc\_0 \ right) ^ 2 \ tag * {}
vi får en ny trekant, der vil være:
- også Pythagoras
- ikke mere primitiv (for k> 1)
- svarende til dets primitive primitive Pythagoras-trekant a\_0, b\_0, c\_0
- større end dets primære primitive Pythagoras-trekant a\_0, b\_0, c\_0
Det følger derefter at der findes uendeligt mange ikke-primitive Pythagoras-trekanter genereret af et (enkelt) givet primitivt Pythagoras-trekant. En given primitiv Pythagoras-trekant er den mindste i dens familie, fordi længden af dens sider ikke kan reduceres yderligere. Ingen to særskilte primitive Pythagoras-trekanter er ens.
Vi bemærker i forbifarten, at vi normalt ikke kaster matematiske udsagn ledigt – vi beviser dem lige der og der, men fordi fokuset på dette svar ikke er bevisene for ovennævnte egenskaber tager vi dem for at være sande i troen for nu (spørg efter de relevante bevis separat hvis interesseret).
Således er det traditionelt af den oprindelige interesse at gendanne længderne på siderne af primitive Pythagoras-trekanter, fordi alle de andre Pythagoras-trekanter kan genereres fra deres primitive modstykker som forklaret ovenfor.
Som en øvelse kan vi vise, at en komplet parametrering af løsningerne på ( 1 ) gives af:
a = m ^ 2 – n ^ 2, \; b = 2mn, \; c = m ^ 2 + n ^ 2 \ tag {2}
hvor m og n er alle parene af coprime-heltal med modsat paritet med m> n. modsat paritet bit betyder, at et af disse tal ikke betyder noget, hvilket, skal være ulige, mens det andet – skal være lige.
Igen, hvis du er interesseret, så spørg et separat spørgsmål om, hvor kom ( 2 ) fra – vi præsenterer mere end gerne et fradrag på denne kendsgerning uden for båndet for ikke at forurene det aktuelle svar med for meget teknisk information.
Der findes en alternativ parametrisering af løsningerne på ( 2 ) som vi også udelader her.
Overvej nu en vilkårlig højre trekant med siderne a og b, hypotenusen c og inradius r (fig. 1):
Hvis vi tilføjer den grønne ligning til den blå ligning vist i figur 1 og bruger den grå ligning til x + y, så finder vi:
c + 2r = a + b \ tag * {}
hvorfra:
r = \ dfrac {a + b – c} {2} \ tag {3}
Antag nu, at ovenstående rig t trekant er en primitiv Pythagoras trekant. Hvis vi tager værdierne af a, b og c fra ( 2 ) og sætter dem i ( 3 ) så har vi:
r = \ dfrac {m ^ 2-n ^ 2 + 2mn – m ^ 2 – n ^ 2} {2} \ tag * {}
Her annullerer m ^ 2erne, og n ^ 2erne fordobles:
r = \ dfrac {2mn – 2n ^ 2} {2} \ tag * {}
Fra 2n fra ovennævnte nævner vi frem til:
r = \ dfrac {2n (m – n)} {2} \ tag * {}
hvilket vil sige, at:
r = n (mn) \ tag {4}
som fortæller os, at i enhver primitive Pythagoras-trekant længden af dens inradius er et helt tal (glem ikke m> n-begrænsningen, se ( 2 )) fordi en forskel på to heltal er altid et heltal, og et produkt af to heltal er altid et heltal.
Overvej derefter ethvert ikke-primitivt k-trekant – det vil sige overveje en Pythagoras trekant, længderne på alle hvis sider har været skaleret op ensartet af et strengt positivt heltal k> 1. Fordi sådanne længder går ind i ligningen ( 3 ) som strengt lineære udtryk, er det eneste vi skal gøre for at opnå længden af den tilsvarende inradius at gange RHS for ( 4 ) af k:
r\_k = kn (mn) \ tag {5}
På en eller anden måde er længden af inradius af et Pythagoras-trekant altid et helt tal, fordi objekterne (tallene) på RHS af ( 4 , 5 ) er altid – en forskel på to heltal er altid et heltal, og et produkt af to heltal er altid et heltal.
Bemærk, at ligning ( 5 ) kan læses højre mod venstre . Det betyder, at vi kan tage heltalene k, m, n som input og derefter bruge ( 5 ) til at generere en integreret inradius som output.
Lad os nu forsøge at gå i den modsatte retning – lad os se, om vi kan placere en ordre på længden af en inradius og på baggrund af denne information genvinde længderne af den tilsvarende Pythagoras-trekant.
Tilsyneladende lykkedes det Pythagoras selv for mange år siden at producere en delvis parametrering af løsningerne på ( 1 ) ved at studere de Pythagoras-trekanter, hvis længder på kortere sider danner en sekvens af på hinanden følgende ulige naturlige tal a = 2n + 1.
I så fald skal de relevante tal forblive hele længden af siden b og længden af hypotenusen c af et mysterium Pythagoras trekant skal afvige med en enhed: c = b + 1. Således fra ( 1 ) vi har:
(2n + 1) ^ 2 + b ^ 2 = (b + 1) ^ 2 \ tag * {}
Åbning af ovenstående parentes:
4n ^ 2 + 4n + 1 = b ^ 2 = b ^ 2 + 2b + 1 \ tag * {}
vi ser, at b ^ 2s og 1s annullerer:
4n ^ 2 + 4n = 4n ( n + 1) = 2b \ tag * {}
det vil sige at:
b = 2n (n + 1), \; c = b + 1 = 2n (n + 1) + 1 \ tag {6}
Sætter disse værdier tilbage i ( 3 ) , opdager vi, at:
r = \ dfrac {2n + 1 + 2n ^ 2 + 2n – 2n ^ 2 – 2n – 1} {2} \ tag * {}
r = \ dfrac {2n} {2} = n \ tag {7}
Er det ikke pænt?
Således – sorteringsreferencen.
Med andre ord, hvis du giver os noget vilkårligt naturligt tal n> 0, vil vi være i stand til at generere et Pythagoras-trekant, der har nøjagtigt de egenskaber, du beder om:
a = 2n + 1, \; b = 2n (n + 1), \; c = 2n (n + 1) + 1, \; r = n \ tag {8}
hvilket betyder, at den ovennævnte formelfamilie tæller den integrale længde af inradius af en trekant med de integrerede længder af dens sider via sættet med naturlige tal \ mathbb {N}.
Det betyder også, at vi kan skrive et edb-program på f.eks. C-programmeringssproget som et medium forud for tiden der vil generere de anmodede trekanter efter behov:
#include
#include
extern int
main( int argc, char* argv[] )
{
int i;
int n;
int a;
int b;
int c;
for ( i = 1; i
{
n = atoi( argv[ i ] );
a = 2*n + 1;
b = 2*n*(n + 1);
c = b + 1;
}
return 0;
}
Forudsat at vi har gemt ovenstående kode i ptr.c -filen, skal du bygge den sådan:
gcc -g - o ptr ptr.c
og kør det sådan:
./ptr 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1 3 4 5
2 5 12 13
3 7 24 25
4 9 40 41
5 11 60 61
6 13 84 85
7 15 112 113
8 17 144 145
9 19 180 181
10 21 220 221
11 23 264 265
12 25 312 313
13 27 364 365
hvor vi for en billig spænding dramatisk inkluderede hypotenusen af længden 365.
Vores program accepterer en masse naturlige tal fra kommandoprompten, og for hvert sådant nummer n genererer det en PythagoreanTrekant længderne på hvis sider garanterer, at længden af den trekantes inradius er lig med det naturlige inputnummer n.
Formatet for vores output er: den første kolonne viser værdien af inradius n, den anden kolonne viser værdien af a, den tredje kolonne viser værdien af b og den fjerde kolonne viser værdien af c.
Desuden er -området S for vores Pythagoras-trekanter:
S = \ dfrac {ab} {2} \ tag {9}
garanteres også at være et helt tal, fordi indsættelse af værdierne for a og b fra ( 2 ) til ( 9 ), finder vi:
S = \ dfrac {\ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) 2mn} {2} = \ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) mn \ tag * {}
hvilket altid er et heltal.
Endelig er situationen med vilkårlig, læs – ikke rigtige, trekanter mere delikat.
Hvis vi deler en sådan trekant i tre mindre trekanter tæt, uden mellemrum og uden overlapninger, som vist nedenfor (fig.2):
så, fordi i dette tilfælde er helheden lig med summen af dens dele for området S af en sådan trekant har vi:
S = \ dfrac {ar} {2} + \ dfrac {br} {2} + \ dfrac {cr} {2} \ tag * {}
hvilket vil sige at:
S = r \ cdot p = \ dfrac {rP} {2} \ tag * {}
hvis vi er enige om at P er trekants komplette omkreds, og at p er trekants semiperimeter .
Det følger derefter, at vi for værdien af inradius r har:
r = \ dfrac {2S} {P} = \ dfrac {S} {p} \ tag * {}
For at r skal være et heltal, skal enten P enten heltal-opdele 2S eller p skal heltal-opdele S.
Af hensyn til argumentet, lad os blive enige om at navngive plan ikke højre trekanter, hvis længder har alle tal som heltal, og hvis område er et heltal Diophantine .
Nu findes der (sammensatte) Diophantine trekanter sådan at:
- de er kompo sed af to Pythagoras Trekanter langs en fælles side og
- længden af deres inradius er ikke et heltal
Bevis: området for den 5, 5, 6 sammensatte diofantine trekant, som er sammensat af to 3,4,5 Pythagoras-trekanter langs b = 4-siden, er 12, mens længden af dens semiperimeter er 8. Men 8 deler ikke heltal 12. \ blacksquare
Der eksisterer (sammensat) Diofantine trekanter således, at:
- de er en sammensætning af to Pythagoras trekanter langs en fælles side og
- længden af deres inradius er et heltal
Bevis: området 13,14, 15 komposit Diophantine-trekant, der er sammensat af to Pythagoras-trekanter 5,12,14 og 9,12,15 langs b = 12-siden, er lig med 84, mens dens semiperimeter er lig med 42. Men 42 betyder heltal 84 : 42 \ cdot 2 = 84. \ blacksquare
Der findes (ikke-sammensatte?) Diofantine trekanter, således at:
- de kan ikke være sammensat af to pythagoriske trekanter, men
- længden af deres inradius er et heltal
Bevis: arealet af 65.119.180-trekanten er lig med 1638, mens dets semiperimeter er 182. Men 182 deler heltal 1638: 182 \ cdot 9 = 1638.
I en kandidat-højre trekant med siderne a og b er to gange arealet 2S lig med produktet af a og b, se ( 9 ): 2S = a \ cdot b. Derfor skal begge tal a og b dele 2S.
Er dette tilfældet med vores trekant?
Nej
Ingen af længderne på siderne af vores trekant deler størrelsen lig med 1638 \ cdot 2.
Her er hvorfor: primfaktoriseringen af 1638 \ cdot 2 er lig med 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13:
1638 \ cdot 2 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13 \ tag * {}
De primære faktoriseringer af længderne på siderne af vores trekant er :
65 = 5 \ cdot 13 \ tag * {}
119 = 7 \ cdot 17 \ tag * {}
180 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 5 \ tag * {}
Derfor kan længden af ingen højde af vores trekant udtrykkes som et helt (naturligt) tal, og en sådan diofantisk trekant kan således ikke sammensat af to Pythagoras trekanter langs en fælles side, der skal spille rollen som måltrekantens højde. \ blacksquare
Vi ser, for at vi kan foretage en gennemgribende erklæring om længden af inradius af en diofantinsk trekant, skal vi foretage en mere omhyggelig analyse af situationen og efter al sandsynlighed se på rationelle trekanter .
Jeg håber, at jeg ikke gjorde vores diskussion for kompliceret, men det er hvad det er – elementær talteori for det meste.