Tenkte bare å slenge denne oppgaven her:
Bevis at det finnes en entydig trekant hvor sidelengdene er påfølgende heltall, og hvor en av vinklene er dobbelt så stor som en av de andre.
Geometri (bevis)
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Dere må ha et godt nytt matematikkår!
Tenkte bare å slenge denne oppgaven her:
Bevis at det finnes en entydig trekant hvor sidelengdene er påfølgende heltall, og hvor en av vinklene er dobbelt så stor som en av de andre.
Tenkte bare å slenge denne oppgaven her:
Bevis at det finnes en entydig trekant hvor sidelengdene er påfølgende heltall, og hvor en av vinklene er dobbelt så stor som en av de andre.
[tex]i*i=-1[/tex]
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Kort skisse:
Vi antar at det finnes en slik trekant, tegner en vinkelhalveringslinje, og regner med formlike trekanter.
Løsning:
(Beklager mangelen på en figur.)
Vi kaller hjørnene, sidene og vinklene i trekanten for henholdsvis $A,B,C$; $a,b,c$ og $\alpha,\beta,\gamma$, som vanlig. Anta videre at $\gamma=2\alpha$, og kall fotpunktet til vinkelhalveringslinjen fra $C$ på $AB$ for $D$. Vi regner vinkler i grader.
Da er $\angle CDA=180-(\angle ACD+\angle CAD)=180-\gamma$, og siden $\angle CDA$ og $\angle BDC$ er supplementære vinkler, må $\angle BDC=\gamma$. Videre er $\angle DCB=\frac{1}{2}\gamma=\alpha$. Det følger at $\triangle ABC\sim \triangle CBD$.
Fra "the angle bisector theorem" (på norsk?) har vi at $|BD|=c\frac{a}{a+b}$. Siden trekantene $ABC$ og $CBD$ er formlike, er
$$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|CB|}{|BD|}\Longleftrightarrow c^2=a^2+ab$$
Siden lengdene av sidene er påfølgende heltall kan vi nå sette inn $s-1,s,s+1$ for $a,b,c$ i alle mulige permutasjoner, og løse en haug med andregradslikninger. Vi kan eventuelt spare oss litt arbeid ved å merke oss at $c\neq s-1$ og at $a\neq s+1$. De eneste gyldige løsningene vi da får er $s=2$, og $s=5$, så svaret er vel $4,5,6$ trekanten ettersom $1,2,3$ trekanten er degenerert.
Vi antar at det finnes en slik trekant, tegner en vinkelhalveringslinje, og regner med formlike trekanter.
Løsning:
(Beklager mangelen på en figur.)
Vi kaller hjørnene, sidene og vinklene i trekanten for henholdsvis $A,B,C$; $a,b,c$ og $\alpha,\beta,\gamma$, som vanlig. Anta videre at $\gamma=2\alpha$, og kall fotpunktet til vinkelhalveringslinjen fra $C$ på $AB$ for $D$. Vi regner vinkler i grader.
Da er $\angle CDA=180-(\angle ACD+\angle CAD)=180-\gamma$, og siden $\angle CDA$ og $\angle BDC$ er supplementære vinkler, må $\angle BDC=\gamma$. Videre er $\angle DCB=\frac{1}{2}\gamma=\alpha$. Det følger at $\triangle ABC\sim \triangle CBD$.
Fra "the angle bisector theorem" (på norsk?) har vi at $|BD|=c\frac{a}{a+b}$. Siden trekantene $ABC$ og $CBD$ er formlike, er
$$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|CB|}{|BD|}\Longleftrightarrow c^2=a^2+ab$$
Siden lengdene av sidene er påfølgende heltall kan vi nå sette inn $s-1,s,s+1$ for $a,b,c$ i alle mulige permutasjoner, og løse en haug med andregradslikninger. Vi kan eventuelt spare oss litt arbeid ved å merke oss at $c\neq s-1$ og at $a\neq s+1$. De eneste gyldige løsningene vi da får er $s=2$, og $s=5$, så svaret er vel $4,5,6$ trekanten ettersom $1,2,3$ trekanten er degenerert.