A legjobb válasz
Adott Rt háromszög, 18, 24, 30 oldalak; Keresse meg a beírt kör sugarát.
Rövid válasz; egy beírt kör sugarának képlete egy Rt háromszögben
Terület / (1/2 kerület)
Magasság X az alap fele; ez
18 * 12 = 216
A kerület 18 + 24 + 30 = 72; és elosztva 2
72/2 = 36
A kör sugara 216/36 = 6 cm
Hosszú válasz
Konstrukció:
Félbe metszi a AC és a CA elemeket, a kereszteződésben ellenőrizze a lokuszt az BC metszetével, Ok így elengedi … ..
Iránytűvel és ceruzával készítsen egy kört, amely bármelyik oldalt megérinti, a körülötte következő pedig a másik 2 oldalt.
Az AD és a CE metszéspontja, O.
Ebből merítsen egy merőlegest mindkét oldalára P-nél, Q-nál és R-nél.
Az O kereszteződés egyenlő távolságra van az AB, BC és AC oldalaktól. (Lásd az alábbi III. Fejezetet)
I.
Tekintsük a háromszögeket, a BPO-t és a BRO-t.
Szögek BO = BO (építés).
A BO vonal mindkét háromszögnél közös.
Szögek RO = PO (épített Rt szögek).
A BPO és a BRO Ergo háromszögek egybevágnak.
Ebből következik a BP = BR sor.
De tudjuk, hogy BR = BC – r.
Tehát BP = BC – r; vagy 24 – r.
Ugyanezzel az érveléssel igazolni tudjuk a PA = AC -r: vagy a 18 – r értéket.
Tehát.
BP = 24 – r; PA = 18 – r; és BP + PA = BA.
Következtetések ötvözése … BP + PA = (24 – r) + (18 – r) A BA és a PA helyettesítése és egyszerűsítése …
Tehát, BA = 42 – 2r.
De BA = 30 (adott). A BA helyettesítése.
30 = 42 – 2r … egyszerűsítés …. 2r = 42 – 30.
2r = 12.
Ergo r = 6.
QED.
II.
A sugár értéke => 6 egység.
Úgy tűnik, hogy az aritmetika ennek a Háromszög-sorozatnak az összes oldalának összege, / 12 = A felírt sugarak kör.
18 + 24 + 30 = 72
Sugár = 72/12 = 6.
Remélem, hogy segít.
Re ; képletek más válaszokban, köszönöm mindenkinek. Új nekem! … lol. Minden nap tanulok valami újat a Quorán. A kedvencem: terület / (0,5 * kerülete) = beírt kör sugara … .216 / 36 = 6 …
SZERKESZTÉS 6/26 / 17
III.
Az ábra felépítéséből kiindulva
A BPO és a BOR háromszögek egybevágnak, a fentiek bizonyítják. Az APO és az AOQ is egybevágónak bizonyulhat.
Ergo
OP = OR és OQ = OP vonalak. Mivel az OP mind az OR, mind az OQ értéke megegyezik, ezek egyenlőek egymással, vagyis – OR = OQ. Következésképpen ez annak a bizonyítéka, hogy szögeinek metszéspontja az ábra közepe, egy derékszögű háromszög és egyenlő távolságra van a 3 oldalától.
QED
Válasz
Köszönöm, hogy feltette ezt a kedves kérdést, Mr. Lloyd – nemcsak a válasz a kérdésére igen , hanem végtelen sokan vannak ) háromszögek az Ön által igényelt tulajdonságokkal, és amint kiderült, néhány közülük szépen körbefutási sugarak szerint rendezhető ilyen módon hogy az említett sugarak nyomon követik vagy árnyékolják az 1, 2, 3, 4 és így tovább számított természetes számok halmazát.
Más szavakkal, a közelgő beszélgetést tervrajzként használva egy potenciálisan formálisabb bizonyítékként, mutasson mechanikusan egy háromszöget, amelynek minden oldalának hossza egész szám, és körének sugara hosszú, n előre megadott egész szám.
Oldalsáv: ilyen típusú kérdések sok tennivalója van elemi számelmélettel és nagyon kevés köze van a geometriához.
Egy (sík) háromszög családja , amely garantált , hogy a kért tulajdonságok azonnal elérhetők legyenek, az úgynevezett pythagorai háromszögek – a jobb (egyelőre) háromszögek, amelyeknek minden oldala egész szám.
Fogadjuk el, hogy a Pitagorai háromszög oldalainak hossza az egész, szigorúan pozitív, az a, b és c számok olyanok, hogy:
a ^ 2 + b ^ 2 = c ^ 2 \ tag {1}
Egyetértünk abban is, hogy amikor mindhárom az a, b, c egész számok együttesek, akkor a megfelelő Pitagorai-háromszöget primitívnek hívjuk, és tegyük fel egy pillanatra, hogy valahogy sikerült megtalálni egy ilyen primitív háromszöget a\_0 , b\_0, c\_0.
Mivel a ( 1 ) relációban nincsenek más szabadon lebegő kifejezések, ebből az következik, hogy az összes számot skálázva egy primitív pythagorai háromszög ugyanazon szigorúan pozitív egész k számmal:
\ bal (ka\_0 \ jobb) ^ 2 + \ bal (kb\_0 \ jobb) ^ 2 = \ bal (kc\_0 \ jobb) ^ 2 \ tag * {}
kapunk egy új háromszöget, amely a következő lesz:
- szintén Pitagorai
- már nem primitív (k> 1 esetén)
- hasonló a primitív Pythagoreus-háromszöghez a\_0, b\_0, c\_0
- nagyobb, mint a primitív Pythagoreus-háromszög a\_0, b\_0, c\_0
Ez akkor következik hogy végtelen sok nem primitív Pitagorasz-háromszög létezik, amelyet egy (egyetlen) adott primitív Pitagorasz-háromszög generál. Egy adott primitív Pitagorai háromszög a legkisebb családjában, mert az oldalak hossza nem csökkenthető tovább. Nincs két hasonló primitív pythagorai háromszög.
Átmenetileg megfigyelhetjük, hogy általában nem tétlenül dobáljuk körül a matematikai állításokat – akkor és ott igazoljuk őket, hanem azért, mert ennek a válasznak a középpontjában nem a bizonyítékok állnak. a fenti tulajdonságokat egyelőre csak a hitre igaznak vesszük (ha érdekli, külön kérje meg a vonatkozó bizonyítékokat).
Így hagyományosan a kezdeti érdek a primitív Pitagorai háromszögek, mert az összes többi Pitagorai háromszög előállítható primitív társaikból, a fentiek szerint.
Gyakorlatként megmutathatjuk, hogy a ( 1 ) megoldásainak teljes paraméterezését a következő adja:
a = m ^ 2 – n ^ 2, \; b = 2mn, \; c = m ^ 2 + n ^ 2 \ tag {2}
ahol m és n az összes pár m> n-vel ellentétes paritású coprime egész számok. A ellentétes paritás bit azt jelenti, hogy ezeknek a számoknak az egyikének nem mindegy, melyiknek párosnak kell lennie, míg a másiknak párosnak kell lennie.
Ismételten, ha érdekel, akkor tegyen fel külön kérdést arról, hogy honnan származik ( 2 ) – örömmel mutatjuk be a következőket: ez a tény sávon kívül van annak érdekében, hogy ne szennyezzük az aktuális választ túl sok technikai információval.
A ( 2
Most vegyünk fontolóra egy tetszőleges derékszögű háromszöget az a és b oldalakkal, a c hipotenusz és az r sugárral (1. ábra):
Ha a zöld egyenletet hozzáadjuk az 1. ábrán látható kék egyenlethez, és a szürke egyenletet használjuk x + y-re, akkor a következőket találjuk:
c + 2r = a + b \ tag * {}
honnan:
r = \ dfrac {a + b – c} {2} \ tag {3}
Most tegyük fel, hogy a fentiek igazak A t háromszög egy primitív pitagori háromszög. Ha az a, b és c értékeit a ( 2 ) értékből vesszük, és ezeket beillesztjük ( 3 ), akkor:
r = \ dfrac {m ^ 2-n ^ 2 + 2mn – m ^ 2 – n ^ 2} {2} \ tag * {}
Itt az m ^ 2s törlésre kerül, és az n ^ 2 duplázni fog:
r = \ dfrac {2mn – 2n ^ 2} {2} \ tag * {}
Ha a fenti nevezőből kiszámítjuk a 2n-t, a következő címre jutunk:
r = \ dfrac {2n (m – n)} {2} \ tag * {}
vagyis:
r = n (mn) \ tag {4}
amely azt mondja nekünk, hogy a bármelyikben primitív pythagoreus háromszög, sugárzásának hossza egész szám (ne felejtsd el az m> n korlátot, lásd ( 2 )), mert két egész szám mindig egész szám, és két egész szorzata mindig egész szám.
Ezután vegyünk figyelembe minden nem primitív k-háromszöget – vagyis vegyünk egy Pitagorai-háromszöget, amelynek mindkét oldalának hossza valamilyen szigorúan pozitív egész szám egységesen felnagyítva k> 1. Mivel az ilyen hosszúságok szigorúan lineáris tagként lépnek be az egyenletbe ( 3 ), a megfelelő sugár hosszának megszerzéséhez csak szorozni kell a ( 4 ) RHS-je k által:
r\_k = kn (mn) \ tag {5}
Így vagy úgy, a pitagorai háromszög sugárzásának hossza mindig egész szám, mert a ( 4 , 5 ) mindig – két egész különbség mindig egész szám, és két egész szorzata mindig egész szám.
Ne feledje, hogy a egyenlet ( 5 ) olvasható jobbról balra . Ez azt jelenti, hogy felvehetjük a k, m, n egész számokat bemenetként, majd a ( 5 ) segítségével kimenetként integrálsugarat generálhatunk.
Most próbálkozzunk az ellenkező irányba – nézzük meg, tudunk-e megrendelni egy sugár hosszát, és ezen információk alapján állítsuk vissza a megfelelő Pitagorasz-háromszög hosszát.
Nyilvánvalóan maga Pythagoras sok évvel ezelőtt sikerült részleges paraméterezést produkálnia a ( 1 ) a Pitagorasz-háromszögek tanulmányozásával, amelyek rövidebb oldalainak hossza egymást követő páratlan természetes számok sorozatát képezi a = 2n + 1.
Ebben az esetben a releváns számok egészben maradhatnak egy rejtély Pitagorasz-háromszög b oldalának és c hipotenuszának hosszának egységgel kell különböznie: c = b + 1. Így a ( 1 ) megvannak:
(2n + 1) ^ 2 + b ^ 2 = (b + 1) ^ 2 \ tag * {}
A fenti zárójel megnyitása:
4n ^ 2 + 4n + 1 = b ^ 2 = b ^ 2 + 2b + 1 \ tag * {}
azt látjuk, hogy a b ^ 2 és az 1s törli:
4n ^ 2 + 4n = 4n ( n + 1) = 2b \ tag * {}
vagyis:
b = 2n (n + 1), \; c = b + 1 = 2n (n + 1) + 1 \ tag {6}
Ezeknek az értékeknek a visszahelyezése ( 3 ) , azt tapasztaljuk, hogy:
r = \ dfrac {2n + 1 + 2n ^ 2 + 2n – 2n ^ 2 – 2n – 1} {2} \ tag * {}
r = \ dfrac {2n} {2} = n \ tag {7}
Nem jó?
Így – a rendezési referencia.
Más szavakkal, ha megad nekünk tetszőleges természetes számot n> 0, akkor képesek leszünk létrehozni egy Pitagorasz-háromszöget, amely pontosan az Ön által kért tulajdonságokkal rendelkezik:
a = 2n + 1, \; b = 2n (n + 1), \; c = 2n (n + 1) + 1, \; r = n \ tag {8}
ami azt jelenti, hogy a fenti képletcsalád felsorolja egy háromszög sugárzásának integrális hosszát az oldalainak integrális hosszaival keresztül a természetes számok halmazán \ mathbb {N}.
Ez azt is jelenti, hogy időnként írhatunk számítógépes programot, mondjuk C programozási nyelven, mint médiumot. amelyek igény szerint létrehozzák a kért háromszögeket:
#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;
}
Feltéve, hogy a fenti kódot elmentettük a ptr.c fájlba, építsd fel így:
gcc -g - o ptr ptr.c
és futtassa így:
./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
ahol egy olcsó izgalom érdekében drámai módon belefoglaltuk a 365 hosszúságú hipotenuszt.
Programunk egy csomó természetes számot fogad el a parancssorból, és minden ilyen n számhoz Pythagoreust generálAz a háromszög, amelynek oldalainak hossza garantálja, hogy a háromszög sugárzásának hossza megegyezik az input természetes n számával.
Kimenetünk formátuma: az első oszlop az n sugár értékét mutatja, a második oszlop az a, a harmadik oszlop a b, a negyedik oszlop pedig a c értékét mutatja.
Ezenkívül a terület S a Pitagoraszi háromszögekből:
S = \ dfrac {ab} {2} \ tag {9}
is garantáltan egész szám lesz, mert a a és b a ( 2 ) – tól ( 9 ), a következőket találjuk:
S = \ dfrac {\ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) 2mn} {2} = \ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) mn \ tag * {}
amely mindig egész szám.
Végül az önkényes, read – not jobb, háromszögek esetén a helyzet kényesebb.
Ha egy ilyen háromszöget három kisebb háromszögre osztunk szorosan, hézagok és átfedések nélkül, az alábbiak szerint2):
akkor, mert ebben az esetben az egész egyenlő a részei összegével, az S területre ilyen háromszögből áll:
S = \ dfrac {ar} {2} + \ dfrac {br} {2} + \ dfrac {cr} {2} \ tag * {}
ami azt jelenti, hogy:
S = r \ cdot p = \ dfrac {rP} {2} \ tag * {}
ha egyetértünk abban, hogy P a háromszög teljes kerülete, és p a háromszög félmérője .
Ebből az következik, hogy az r sugárzás értékéhez:
r = \ dfrac {2S} {P} = \ dfrac {S} {p} \ tag * {}
Tehát ahhoz, hogy r egész szám legyen, akkor P-nek vagy egésznek el kell osztania a 2S-t, vagy p-nek az egészet el kell osztania S-vel.
Az argumentum kedvéért állapodjunk meg abban, hogy a síkbeli derékszögű háromszögek, amelyeknek minden oldala egész szám, területe pedig egész szám Diofantin .
Most léteznek (összetett) Diofantin háromszögek olyanok, hogy:
- kompók két pythagoreus háromszög egy közös oldal mentén,
- sugárzásuk hossza nem egész szám
Bizonyítás: az 5, 5, 6 összetett Diophantine háromszög területe, amely a b = 4 oldal mentén két 3,4,5 Pitagorasz-háromszögből áll, 12, míg szemiperiméterének hossza 8. De a 8 nem osztja egész számban a 12. \ fekete négyzet
Ott léteznek (összetett) diofantin háromszögek, amelyek:
- két Pitagoraszi háromszögből állnak, az egyik közös oldalon és
- sugárzásuk hosszában egész szám
Bizonyítás: a 13,14 területe, A 15 kompozit Diophantine háromszög, amely két pitagori háromszögből áll, 5,12,14 és 9,12,15 a b = 12 oldal mentén, egyenlő 84, míg félperimétere egyenlő 42. De 42 egész számot oszt : 42 \ cdot 2 = 84. \ blacksquare
Léteznek (nem összetett?) Diofantin háromszögek, amelyek:
- nem két Pitagorasz-háromszögből állhatnak, hanem
- sugárzásuk hossza egész egész szám
Bizonyítás: a 65,119,180 háromszög területe egyenlő 1638-val, míg félmérője 182. De 182 egész számot oszt 1638: 182 \ cdot 9 = 1638.
Egy jelölt derékszögű háromszögben az a és b oldalakkal a 2S terület kétszerese megegyezik a és b szorzatával, lásd ( 9 ): 2S = a \ cdot b. Ezért mind az a, mind a b számnak el kell osztania a 2S-t.
Ez a helyzet a háromszögünkkel?
Nem.
Az oldalak egyikének sem hossza háromszögünk elosztja az 1638 \ cdot 2 nagyságát.
A következő ok: 1638 \ cdot 2 elsődleges faktorizálása egyenlő 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13:
1638 \ cdot 2 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13 \ tag * {}
Háromszögünk oldalainak hosszának elsődleges tényezői a következők: :
65 = 5 \ cdot 13 \ tag * {}
119 = 7 \ cdot 17 \ tag * {}
180 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 5 \ tag * {}
Ezért a háromszögünk magasságának hossza nem fejezhető ki egész (természetes) számként, így egy ilyen Diophantine háromszög nem adható meg két Pitagorasz-háromszögből áll, közös oldal mentén, amelynek el kell játszania a célháromszög magasságának szerepét. \ blacksquare
Látjuk, hogy ahhoz, hogy átfogóan nyilatkozhassunk a Diophantine háromszög sugárzásának hosszáról, gondosabb elemzést kell végeznünk a helyzetről, és minden valószínűség szerint meg kell vizsgálnunk a racionális háromszögek .
Remélem, hogy nem tettem túl bonyolulttá a vitánkat, de ez az, ami van – többnyire az elemi számelmélet.