Ακέραιοι όλοι ;

#1

Έστω $\vartriangle ABC$ και

το έγκεντρό του . Αν $IB = 4\,\,,IC = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a \in {\mathbb{N}^ * }$ να υπολογίσετε

τις πλευρές του $\vartriangle ABC$ .

nikkru · #2

Doloros έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ και το έγκεντρό του . Αν $IB = 4\,\,,IC = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a \in {\mathbb{N}^ * }$ να υπολογίσετε

τις πλευρές του $\vartriangle ABC$ .

: Ακέραιοι όλοι;.png (17.31 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Αφού $90^{o}< B\widehat{I}C<180^{o}$ είναι $-1<\sigma \upsilon \nu \left ( 90+\omega \right )<0$ .

Από τον νόμο συνημίτονων στο $\triangle BIC$ είναι 65<a^2<121

και αφού ο

είναι ακέραιος, θα είναι α=9

ή

.

Για

.

Με χρήση Γ.Π.Θ. στο $\triangle BIC$ είναι BK=3,35

και $\rho =\sqrt{4^2-3,35^2}=\sqrt{4,7775}$ .

Από τον ν. συνημίτονων προκύπτει $\sigma \upsilon \nu \left ( 90+\omega \right )=-\frac{5}{8}$ οπότε $\eta \mu \omega =\frac{5}{8},\sigma \upsilon \nu \omega =\frac{\sqrt{39}}{8},\varepsilon \varphi \omega =\frac{5}{\sqrt{39}}$ .

Με χρήση τριγωνομετρίας στο τρίγωνο AMI

είναι: $\varepsilon \varphi \omega =\frac{\rho }{y}$ άρα $y=\frac{ \sqrt{4,7775 \cdot39}}{5}$

Άρα, $α=10,b=6,65+\frac{ \sqrt{4,7775 \cdot39}}{5},c=3,35+\frac{ \sqrt{4,7775 \cdot39}}{5}$ .

Όμοια για a=9

.

ΥΣ Έκανα χρήση τριγωνομετρίας και παρέλειψα αρκετές πράξεις, πιθανόν ο Νίκος να έχει πιο "Γεωμετρική" ή πιο σύντομη λύση.

#3

Doloros έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ και το έγκεντρό του . Αν $IB = 4\,\,,IC = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a \in {\mathbb{N}^ * }$ να υπολογίσετε

τις πλευρές του $\vartriangle ABC$ .

Καλησπέρα!

Άλλη μία τριγωνομετρική.

: Ακέραιοι όλοι;.png (10.36 KiB) Προβλήθηκε 997 φορές

Με νόμο συνημιτόνων στο BIC:

$\displaystyle{{a^2} = 65 - 56\cos \left( {{{90}^0} + \frac{A}{2}} \right) = 65 + 56\sin \frac{A}{2}}$ κι επειδή ο

είναι θετικός

ακέραιος θα είναι $\boxed{a=9}$ ή $\boxed{a=10}$ , απ' όπου παίρνουμε αντίστοιχα $\boxed{\sin \frac{A}{2} = \frac{2}{7}}$ ή $\boxed{\sin \frac{A}{2} = \frac{5}{8}}$

● Αν a=9

τότε $\displaystyle{\cos \frac{A}{2} = \frac{{3\sqrt 5 }}{7}}$ και από νόμο ημιτόνων στο BIC,

$\displaystyle{\frac{9}{{\cos \frac{A}{2}}} = \frac{4}{{\sin \frac{C}{2}}} = \frac{7}{{\sin \frac{B}{2}}} \Rightarrow \sin \frac{B}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}},$

$\displaystyle{sin\frac{C}{2} = \frac{{4\sqrt 5 }}{{21}}}$ και $\displaystyle{\cos \frac{B}{2} = \frac{2}{3},\cos \frac{C}{2} = \frac{{19}}{{21}}}$

$\displaystyle{sin(A\widehat IB) = \sin \left( {\frac{A}{2} + \frac{B}{2}} \right) = \cos \frac{C}{2} = \frac{{19}}{{21}}}$ , απ' όπου με νόμο ημιτόνων στο AIB

βρίσκω $\boxed{c=\frac{38}{3}}$ και ομοίως $\boxed{b=\frac{49}{3}}$

● Αν a=10

εργαζόμαστε ανάλογα και παίρνουμε $\boxed{b=\frac{938}{100}}$ , $\boxed{c=\frac{608}{100}}$

#4

Doloros έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ και το έγκεντρό του . Αν $IB = 4\,\,,IC = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a \in {\mathbb{N}^ * }$ να υπολογίσετε

τις πλευρές του $\vartriangle ABC$ .

Επειδή η γωνία $\widehat {BIK} > 90^\circ$ θα ισχύουν : $\left\{ \begin{gathered} BK < IB + IC = 11 \hfill \\ B{K^2} > I{B^2} + I{C^2} = 65 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow 11 < a < \sqrt {65}$ και

Άρα, $\boxed{a = 9}$ ή $\boxed{a = 10}$ .

Φέρνω από το

παράλληλες στις $AB,\,\,AC$ που τέμνουν την

στα $K,\,\,L$

αντίστοιχα. Προφανώς $\vartriangle ABC \approx \vartriangle IBC\,\,(1)$ . Επειδή δε $\widehat {IBA} = \widehat {KBI} = \widehat \theta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {IBA} = \widehat {BIK}$

θα είναι $\dfrac{{\widehat B}}{2} = \widehat \theta = \widehat {KIB} \Rightarrow KB = KI\,\,(2)$ και όμοια $LC = LI\,\,(3)$ .

1. Έστω a = 9

Από το θεώρημα συνημίτονου στο $\vartriangle IBC$ έχω :

$I{C^2} = I{B^2} + B{C^2} - 2 \cdot IB \cdot BC \cdot \cos \theta \Rightarrow 49 = 16 + 81 - 2 \cdot 4 \cdot 9\cos \theta$ και άρα $\cos \theta = \dfrac{2}{3}$

: Ακέραιοι ολοι_ισως.png (19.85 KiB) Προβλήθηκε 966 φορές

Από το νόμο ημιτόνων στο $\vartriangle IKB$ έχω $\dfrac{4}{{\sin (\widehat {IKB})}} = \dfrac{{IK}}{{\sin \theta }} \Rightarrow \dfrac{4}{{\sin (180^\circ - 2\theta )}} = \dfrac{{BK}}{{\sin \theta }}$ .

Οπότε : $\dfrac{4}{{2\sin \theta \cos \theta }} = \dfrac{{BK}}{{\sin \theta }} \Rightarrow \boxed{BK = \dfrac{2}{{\cos \theta }} = 3}$ ομοίως δε $\boxed{LC = \dfrac{{147}}{{38}}}$ συνεπώς

$KL = 9 - 3 - \dfrac{{147}}{{38}} \Rightarrow \boxed{KL = \dfrac{{81}}{{38}}}$ . Μετά από τα παραπάνω ο λόγος ομοιότητας των

τριγώνων, $ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,IKL$ είναι $\boxed{\lambda = \dfrac{{38}}{9}}$ οπότε από την αναλογία :

$\dfrac{{AB}}{{IK}} = \dfrac{{AC}}{{IL}} = \lambda \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} AB = \lambda \cdot IK \hfill \\ AC = \lambda \cdot IL \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} c = \dfrac{{38}}{3} \hfill \\ b = \dfrac{{49}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Ομοίως στην περίπτωση που a = 10

έχουμε : $\left\{ \begin{gathered} c = \dfrac{{152}}{{25}} \hfill \\ b = \dfrac{{469}}{{50}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Ακέραιοι όλοι ;

Ακέραιοι όλοι ;

Re: Ακέραιοι όλοι ;

Re: Ακέραιοι όλοι ;

Re: Ακέραιοι όλοι ;

Μέλη σε σύνδεση