Najlepsza odpowiedź
Biorąc pod uwagę Rt Trójkąt, boki 18, 24, 30; Znajdź promień wpisanego okręgu.
Krótka odpowiedź; formuły promienia okręgu wpisanego w trójkąt Rt to
Powierzchnia / (1/2 obwodu)
Powierzchnia to Wysokość X połowa podstawy; czyli
18 * 12 = 216
Obwód to 18 + 24 + 30 = 72; i podzielone przez 2
72/2 = 36
Promień okręgu wynosi 216/36 = 6 cm
Długa odpowiedź
Konstrukcja:
Bisect AC i CA, na skrzyżowaniu sprawdź locus z dwusieczną BC, Jest w porządku, więc chodźmy… ..
Za pomocą kompasu i ołówka stwórz okrąg dotykający dowolnej strony, a podążanie wokół niego dotyka pozostałych dwóch stron.
Etykieta przecięcia AD i CE, O.
Z niego spadaj prostopadle do każdej strony w P, w Q i w R.
Przecięcie O jest w równej odległości od boków AB, BC i AC. (Zobacz III poniżej)
I.
Weź pod uwagę Trójkąty, BPO i BRO.
Kąty BO = BO (Konstrukcja).
Linia BO jest wspólna dla obu trójkątów.
Kąty RO = PO (Constructed Rt Angles).
Ergo Triangles BPO i BRO są przystające.
Wynika z tego, że linia BP = BR.
Ale wiemy, że BR = BC – r.
Więc BP = BC – r; lub 24 – r.
Tym samym argumentem możemy udowodnić PA = AC -r: lub 18 – r.
A więc.
BP = 24 – r; PA = 18 – r; i BP + PA = BA.
Łącząc wnioski …… BP + PA = (24 – r) + (18 – r) Zastępując BA za BP i PA i upraszczając….
A więc BA = 42 – 2r.
Ale BA = 30 (dane). Zastępowanie BA.
30 = 42 – 2r… upraszczanie…. 2r = 42 – 30.
2r = 12.
Ergo r = 6.
QED.
II.
Okazało się, że promień wynosi => 6 jednostek.
Arytmetyka wydaje się być:
Suma wszystkich boków tej serii trójkątów, / 12 = promień wpisanych koło.
18 + 24 + 30 = 72
Promień = 72/12 = 6.
Mam nadzieję, że to pomoże.
Odp. ; wzory w innych odpowiedziach, dziękuję każdemu. Nowość dla mnie!… Lol. Każdego dnia uczę się czegoś nowego na Quorze. Moim ulubionym jest „obszar / (0,5 * obwód) = promień okręgu wpisanego”… .216 / 36 = 6…
EDYCJA 6/26 / 17
III.
Z konstrukcji figury,
Trójkąty BPO i BOR są przystające, udowodnione powyżej. Również APO i AOQ można również udowodnić, że są zgodne.
Ergo
Linie OP = OR i OQ = OP. Ponieważ OP równa się OR i OQ, są one sobie równe, to znaczy – OR = OQ. W konsekwencji jest to dowód na to, że przecięcie dwusiecznej jego kątów JEST środkiem figury, trójkąta prostokątnego i jest równo oddalone od jego 3 boków.
QED
Odpowiedź
Dziękuję, że zadałeś to miłe pytanie, panie Lloyd – nie tylko odpowiedź na Twoje pytanie brzmi tak , ale jest ich nieskończenie wiele (płaskich ) trójkąty z żądanymi właściwościami i, jak się okazuje, niektóre z nich można ładnie posortować według promieni ich kręgów w taki sposób że wspomniane promienie są śladami lub cieniem zbioru liczb naturalnych 1, 2, 3, 4 i tak dalej.
Innymi słowy, używając nadchodzącej dyskusji jako planu dla potencjalnie bardziej formalnego dowodu, będziemy pokaż mechaniczny sposób generowania trójkąta, którego długości wszystkie boki są liczbami całkowitymi, a długość promienia, którego krąg jest liczbą całkowitą n, podaną z wyprzedzeniem.
Pasek boczny: tego typu pytania mieć dużo do zrobienia z elementarną teorią liczb i bardzo mało wspólnego z geometrią.
Jedna rodzina (płaskich) trójkątów, czyli gwarantowane , że żądane właściwości są od razu tak zwane trójkąty pitagorejskie – prawe (na razie) trójkąty, których długości wszystkie boki są liczbami całkowitymi.
Umówmy się, że długości boków trójkąta pitagorejskiego są całością, ściśle dodatnie liczby a, b i c takie, że:
a ^ 2 + b ^ 2 = c ^ 2 \ tag {1}
Uzgodnijmy również, że gdy wszystkie trzy liczby całkowite a, b, c są względnie pierwsze, wtedy odpowiadający im trójkąt pitagorejski nazywa się prymitywem i załóżmy na chwilę, że udało nam się znaleźć jeden taki prymitywny trójkąt a\_0 , b\_0, c\_0.
Ponieważ relacja w ( 1 ) nie ma żadnych innych terminów swobodnych, wynika z tego, że skalując wszystkie liczby tworzące prymitywny trójkąt pitagorejski przez tę samą ściśle dodatnią liczbę całkowitą k:
\ left (ka\_0 \ right) ^ 2 + \ left (kb\_0 \ right) ^ 2 = \ left (kc\_0 \ right) ^ 2 \ tag * {}
otrzymamy nowy trójkąt, który będzie:
- również pitagorejski
- już nie prymitywny (dla k> 1)
- podobny do swojego pierwotnego trójkąta pitagorejskiego a\_0, b\_0, c\_0
- większy niż jego pierwotny trójkąt pitagorejski a\_0, b\_0, c\_0
Następnie że istnieje nieskończenie wiele nieprymitywnych trójkątów pitagorejskich generowanych przez (pojedynczy) dany prymitywny trójkąt pitagorejski. Dany prymitywny trójkąt pitagorejski jest najmniejszym z swojej rodziny, ponieważ długości jego boków nie można dalej zmniejszać. Żadne dwa odrębne prymitywne trójkąty pitagorejskie nie są podobne.
Na marginesie zauważamy, że normalnie nie omijamy zdań matematycznych bezczynnie – dowodzimy ich od razu, ale ponieważ celem tej odpowiedzi nie są dowody powyższe właściwości, na razie przyjmujemy je jako prawdziwe (jeśli jesteś zainteresowany, poproś o osobne dowody).
Tak więc, tradycyjnie początkowym interesem jest odzyskanie długości boków prymitywne trójkąty pitagorejskie, ponieważ wszystkie inne trójkąty pitagorejskie można wygenerować z ich prymitywnych odpowiedników, jak wyjaśniono powyżej.
Jako ćwiczenie możemy pokazać, że pełną parametryzację rozwiązań ( 1 ) daje:
a = m ^ 2 – n ^ 2, \; b = 2mn, \; c = m ^ 2 + n ^ 2 \ tag {2}
gdzie m i n to wszystkie pary liczb całkowitych względnie pierwszych o przeciwnej parzystości z m> n. Bit przeciwnej parzystości oznacza, że jedna z tych liczb nie ma tak naprawdę znaczenia, która z nich musi być nieparzysta, a druga – parzysta.
Ponownie, jeśli jesteś zainteresowany, zadaj osobne pytanie, skąd pochodzi ( 2 ) – z przyjemnością przedstawimy dedukcję ten fakt poza pasmem, aby nie zanieczyszczać obecnej odpowiedzi zbyt dużą ilością informacji technicznych.
Istnieje alternatywna parametryzacja rozwiązań ( 2 ), które również tutaj pomijamy.
Rozważmy teraz dowolny trójkąt prostokątny z bokami a i b, przeciwprostokątną c i promieniem r (ryc. 1):
Jeśli dodamy zielone równanie do niebieskiego równania pokazanego na rysunku 1 i użyjemy szarego równania dla x + y, to znajdziemy:
c + 2r = a + b \ tag * {}
skąd:
r = \ dfrac {a + b – c} {2} \ tag {3}
Załóżmy teraz, że powyższe jest słuszne Trójkąt t jest prymitywnym trójkątem pitagorejskim. Jeśli weźmiemy wartości a, b i c z ( 2 ) i umieścimy je w ( 3 ) to będziemy mieli:
r = \ dfrac {m ^ 2-n ^ 2 + 2mn – m ^ 2 – n ^ 2} {2} \ tag * {}
Tutaj m ^ 2 zlikwiduje, a n ^ 2 podwoi się:
r = \ dfrac {2mn – 2n ^ 2} {2} \ tag * {}
Po wyjęciu 2n z powyższego mianownika otrzymujemy:
r = \ dfrac {2n (m – n)} {2} \ tag * {}
co oznacza, że:
r = n (mn) \ tag {4}
co oznacza, że w dowolny prymitywny trójkąt pitagorejski długość jego promienia pośredniego jest liczbą całkowitą (nie zapomnij o ograniczeniu m> n, zobacz ( 2 )), ponieważ różnica wynosi dwie liczby całkowite są zawsze liczbami całkowitymi, a iloczyn dwóch liczb całkowitych jest zawsze liczbą całkowitą.
Następnie rozważmy dowolny nieprymitywny trójkąt k – to znaczy rozważmy trójkąt pitagorejski o długości wszystkich boków przeskalowane równomiernie przez pewną ściśle dodatnią liczbę całkowitą k> 1. Ponieważ takie długości wchodzą do równania ( 3 ) jako ściśle liniowe wyrażenia, aby otrzymać długość odpowiedniego promienia, wystarczy pomnożyć RHS z ( 4 ) na k:
r\_k = kn (mn) \ tag {5}
Tak czy inaczej, długość promienia trójkąta pitagorejskiego jest zawsze liczbą całkowitą, ponieważ obiekty (liczby) po prawej stronie ( 4 , 5 ) zawsze są – różnica dwóch liczb całkowitych jest zawsze liczbą całkowitą, a iloczyn dwóch liczb całkowitych jest zawsze liczbą całkowitą.
Zauważ, że równanie ( 5 ) można odczytać od prawej do lewej . Oznacza to, że możemy wziąć liczby całkowite k, m, n jako dane wejściowe, a następnie użyć ( 5 ) do wygenerowania całki promienia jako wyniku.
Spróbujmy teraz pójść w przeciwnym kierunku – zobaczmy, czy możemy złożyć zamówienie na długość promienia i na podstawie tych informacji odzyskamy długości odpowiedniego trójkąta pitagorejskiego.
Najwyraźniej sam Pythagoras wiele lat temu zdołał wykonać częściową parametryzację rozwiązań ( 1 ), badając trójkąty pitagorejskie, których długości krótsze boki tworzą ciąg kolejnych nieparzystych liczb naturalnych a = 2n + 1.
W takim przypadku, aby odpowiednie liczby pozostały pełne długość boku b i długość przeciwprostokątnej c tajemniczego trójkąta pitagorejskiego muszą różnić się o jedność: c = b + 1. Zatem from ( 1 ) mamy:
(2n + 1) ^ 2 + b ^ 2 = (b + 1) ^ 2 \ tag * {}
Otwierając powyższy nawias:
4n ^ 2 + 4n + 1 = b ^ 2 = b ^ 2 + 2b + 1 \ tag * {}
widzimy, że b ^ 2s i 1s znoszą się:
4n ^ 2 + 4n = 4n ( n + 1) = 2b \ tag * {}
co oznacza, że:
b = 2n (n + 1), \; c = b + 1 = 2n (n + 1) + 1 \ tag {6}
Ponowne umieszczenie tych wartości w ( 3 ) odkrywamy, że:
r = \ dfrac {2n + 1 + 2n ^ 2 + 2n – 2n ^ 2 – 2n – 1} {2} \ tag * {}
r = \ dfrac {2n} {2} = n \ tag {7}
Czy to nie miłe?
A zatem – odniesienie do sortowania.
Innymi słowy, jeśli podasz nam jakąś dowolną liczbę naturalną n> 0, będziemy mogli wygenerować trójkąt pitagorejski, który ma dokładnie takie właściwości, o jakie prosisz:
a = 2n + 1, \; b = 2n (n + 1), \; c = 2n (n + 1) + 1, \; r = n \ tag {8}
co oznacza, że powyższa rodzina formuł wylicza całkowitą długość promienia trójkąta z całkowitymi długościami jego boków przez zbiór liczb naturalnych \ mathbb {N}.
Oznacza to również, że możemy napisać program komputerowy, powiedzmy, w języku programowania C jako medium, z wyprzedzeniem który wygeneruje żądane trójkąty na żądanie:
#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;
}
Zakładając, że powyższy kod zapisaliśmy w pliku ptr.c, zbuduj go w następujący sposób:
gcc -g - o ptr ptr.c
i uruchom go w ten sposób:
./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
gdzie dla taniego dreszczyku emocji, dramatycznie, zawarliśmy przeciwprostokątną o długości 365.
Nasz program akceptuje zbiór liczb naturalnych z wiersza poleceń i dla każdej takiej liczby n generuje pitagorejskąTrójkąt, którego długość boków gwarantuje, że długość promienia wewnątrz tego trójkąta jest równa wejściowej liczbie naturalnej n.
Format naszego wyniku jest następujący: pierwsza kolumna pokazuje wartość promienia n, druga kolumna zawiera wartość a, trzecia kolumna – wartość b, a czwarta – wartość c.
Ponadto obszar S naszych trójkątów pitagorejskich:
S = \ dfrac {ab} {2} \ tag {9}
gwarantuje również liczbę całkowitą, ponieważ wstawienie wartości a i b z ( 2 ) do ( 9 ) znajdujemy:
S = \ dfrac {\ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) 2mn} {2} = \ left (m ^ 2 – n ^ 2 \ right) mn \ tag * {}
która jest zawsze liczbą całkowitą.
Wreszcie sytuacja z dowolną, przeczytaj – nie dobrze, trójkąty są delikatniejsze.
Jeśli podzielimy taki trójkąt na trzy mniejsze trójkąty ciasno, bez przerw i bez zachodzenia na siebie, jak pokazano poniżej (rys.2):
wtedy, ponieważ w tym przypadku całość jest równa sumie jej części dla obszaru S takiego trójkąta będziemy mieli:
S = \ dfrac {ar} {2} + \ dfrac {br} {2} + \ dfrac {cr} {2} \ tag * {}
co oznacza, że:
S = r \ cdot p = \ dfrac {rP} {2} \ tag * {}
jeśli zgodzimy się, że P to pełny obwód trójkąta, a p to półmetr .
Wynika z tego, że dla wartości promienia r mamy:
r = \ dfrac {2S} {P} = \ dfrac {S} {p} \ tag * {}
Zatem, aby r było liczbą całkowitą, wtedy albo P musi podzielić przez liczbę całkowitą 2S, albo p musi podzielić przez liczbę całkowitą S
Dla celów argumentu zgódźmy się nazwać płaskie nie trójkąty prostokątne, których długości są liczbami całkowitymi i których pole powierzchni jest liczbą całkowitą Diofantyna .
Teraz istnieją (złożone) trójkąty diofantyczne takie, że:
- są złożone sed dwóch pitagorejczyków trójkątów wzdłuż jednego wspólnego boku i
- długość ich promienia wynosi nie liczba całkowita
Dowód: obszar złożonego trójkąta diofantynowego 5, 5, 6, który składa się z dwóch 3,4,5 trójkątów pitagorejskich wzdłuż boku b = 4, wynosi 12, podczas gdy długość półmetra wynosi 8. Ale 8 nie dzieli 12 całkowitych. \ blacksquare
Tam istnieją (złożone) trójkąty diofantyczne takie, że:
- są one kompozycją dwóch trójkątów pitagorejskich wzdłuż jednego wspólnego boku i
- długość ich promienia jest liczbą całkowitą
Dowód: obszar 13,14, 15 złożony trójkąt diofantyczny, który składa się z dwóch trójkątów pitagorejskich 5,12,14 i 9,12,15 wzdłuż boku b = 12, jest równy 84, podczas gdy jego półmetr jest równy 42. Ale 42 robi liczbę całkowitą dzielącą 84 : 42 \ cdot 2 = 84. \ blacksquare
Istnieją (niezłożone?) Trójkąty diofantyczne takie, że:
- nie mogą składać się z dwóch trójkątów pitagorejskich, ale
- długość ich promienia to liczba całkowita
Dowód: pole 65,119,180 trójkąta jest równe 1638, podczas gdy jego półmetr to 182. Ale 182 robi dzielenie liczb całkowitych 1638: 182 \ cdot 9 = 1638.
W kandydującym trójkącie prostokątnym z bokami a i b, dwukrotnie obszar 2S jest równy iloczynowi a i b, patrz ( 9 ): 2S = a \ cdot b. Dlatego obie liczby a i b muszą dzielić 2S.
Czy tak jest w przypadku naszego trójkąta?
Nie.
Żadna z długości boków nasz trójkąt dzieli wielkość równą 1638 \ cdot 2.
Oto dlaczego: główny rozkład na czynniki 1638 \ cdot 2 jest równy 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13:
1638 \ cdot 2 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 7 \ cdot 13 \ tag * {}
Podstawowe czynniki długości boków naszego trójkąta są :
65 = 5 \ cdot 13 \ tag * {}
119 = 7 \ cdot 17 \ tag * {}
180 = 2 ^ 2 \ cdot 3 ^ 2 \ cdot 5 \ tag * {}
Zatem długość żadnej wysokości naszego trójkąta można wyrazić jako liczbę całkowitą (naturalną), a zatem taki trójkąt diofantyczny nie może być składa się z dwóch trójkątów pitagorejskich wzdłuż wspólnego boku, który musi odgrywać rolę wysokości trójkąta docelowego. \ blacksquare
Widzimy, że aby sformułować obszerne stwierdzenie na temat długości promienia trójkąta diofantyńskiego, musimy przeprowadzić dokładniejszą analizę sytuacji i, najprawdopodobniej, przyjrzeć się trójkąty racjonalne .
Mam nadzieję, że nie skomplikowałem naszej dyskusji, ale tak właśnie jest – głównie elementarna teoria liczb.