Trekant, omkrets og areal

[Nebuchadnezzar]

Er det mulig å konstruere en rettvinklet trekant der

a) Omkretsen er det dobbelte av arealet ?
b) Omkretsen er lik arealet av trekanten?
c) Omkretsen er halvparten av arealet?

Og alle sidenene, omkretsen og arealet er naturlige tall [tex](\mathbb{N})[/tex]

[espen180]

Her må vi anta at det gir mening å sammenligne dem (det gjør egentlig ikke det, som løsningsforslaget under viser).

Lag en hvilken som helst rettvinklet trekent. Under skalering er omkretsen proporsjonal med en vilkårlig sidelengde og arealet er proporsjonalt med kvadratet av den samme sidelengden. Derfor kan vi
1) Skalere enhetene våre slik at en hvilken som helst av a), b) eller c) oppfylles, eller
2) Skalere trekanten slik at en hvilken som helst av a), b) eller c) oppfylles.

Så svaret er ja.

[Nebuchadnezzar]

Antar dette er riktig, men hvordan vet du at faktoren du skalerer med gjør at sidelengdene, omkretsen og arealet er heltall?

Det kunne vel tenkes at for å få tilfellet der 2A = O
så må vi skalere trekanten på slik måte at en av sidelengdene blir mindre enn 1.

De enkleste løsningene jeg fant var

Code: Select all

    a   b   c    P    A
a)  12  16  20   48   96
b)   8   6  10   24   24 
c)   3   4   5   12    6

[espen180]

Ah, jeg glemte helt det med naturlige tall, beklager.

[Karl_Erik]

La sidene i trekanten være a,b,c, der c er hypotenusen. Vi kan uten tap av generalitet anta [tex]a < b[/tex]. Kravet blir da at [tex]t(a+b+c)=ab[/tex] der t er enten 4,2 eller 1, avhengig av hvilken av a-c vi ser på.. Setter vi inn [tex]c^2=a^2+b^2[/tex], kvadrerer, forkorter med ab og rydder litt blir dette ekvivalent med [tex]ab+2t^2-2at-2bt=0[/tex], eller [tex](a-2t)(b-2t)=2t^2[/tex].

Vi tar først tilfellet [tex]t=1[/tex], det vil si a). I så fall sier likningen vår [tex](a-2)(b-2)=2[/tex]. Vi må da ha at [tex]a-2,b-2[/tex] er (1,2) eller (-2,-1). Det første tilfellet gir (a,b)=(3,4), og det andre gir (a,b)=(0,1) som for det første er ugyldig siden 0 ikke er noe positivt heltall, og som uansett ikke stemmer i den opprinnelige likningen. Uansett blir den eneste løsningen her (a,b)=(3,4), da dette gir c=5, et heltall, så på a) er eneste løsning (a,b,c)=(3,4,5).

I b) er t=2. Altså er [tex](a-4)(b-4)=8[/tex]. 8 kan faktoriseres som (1,8), (2,4), (-8,-1) eller (-4,-2). Løsningene vi får her blir (a,b)=(5,12),(6,8),(-4,3),(0,2). De eneste gyldige blir (5,12) og (6,8), som begge er gyldige løsninger ved utregning av c). Vi har altså på b) at eneste gyldige løsninger er (a,b,c)=(5,12,13),(6,8,10).

I c) er t=4, så [tex](a-8)(b-8)=32[/tex]. Faktoriseringene her blir (1,32),(2,16),(4,8),(-32,-1),(-16,-2),(-8,-4), som gir (a,b)=(9,40),(10,24),(12,16) og ugyldige løsninger med [tex]a \leq 0[/tex]. Disse tre løsningene er alle gyldige, og vi får på c) at (a,b,c)=(9,40,41),(10,24,26),(12,16,20).



Når jeg ser tilbake på dette ble det en del arbeid som kan kuttes ned med litt tenking. Det som egentlig skjer her er at vi i hvert tilfelle kan 'skalere opp' med en faktor på to for å doble forholdet mellom areal og omkrets, så en løsning på b) vil kunne dobles til en løsning på c) og så videre. Vi kan for det første hele tiden se bortifra faktoriseringer til negative tall her, siden t hele tiden er toerpotenser: dersom en faktor er negativ er begge det, så faktoren (a-2t) må derfor ha flest toerfaktorer. Men siden a>0 har den høyst n toerfaktorer, der [tex]t=2^n[/tex]. Tilsvarende har b høyst like mange, så produktet har høyst [tex]2n<2n+1=log_2(2t^2)[/tex] toerfaktorer.

Altså holder det å vurdere faktoriseringer i positive tall. Siden [tex]2t^2=2^{2n+1}[/tex] og vi har antatt a<b vil vi få eksakt en ny faktorisering hver gang n økes med 1, og da faktoriseringene bestemmer ordentlige og unike løsninger betyr dette at antallet løsninger vil øke med en hver gang også. Som vi nevnte tidligere vil en løsning av ett delproblem kunne dobles til en løsning av neste delproblem, så det som nødvendigvis vil skje her er at antallet løsninger i hvert trinn øker med en, og alle unntatt en ny, primitiv løsning [tex]a=2t+1, b=2t^2+2t[/tex] (som lett kan verifiseres å gi [tex]c=2t^2+2t+1[/tex]) vil være på formen en av de 'forrige' løsningene ganget med to.

EDIT: Det er ikke så vanskelig å bruke dette argumentet til å vise at det ikke finnes noen rettvinklet trekant med heltallige sider hvis omkrets er det firedobbelte av arealet. Om vi dropper kravet om rettvinklethet, finnes det da noen løsning?