KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Pitagorasz-féle számhármasok

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[36] marcius82014-12-10 10:11:12

Az alábbi táblázat mutatja, hogy ha az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög oldalát &tex;\displaystyle n&xet; egyenlő részre osztjuk fel, akkor hány esetben metszik egymást egy pontban az &tex;\displaystyle AA_1&xet;, &tex;\displaystyle BB_1&xet;, &tex;\displaystyle CC_1&xet; egyenesek. (A metszéspontok számát nagyobb &tex;\displaystyle n&xet; értékekre is meghatároztam.) Sejtésem, hogy ha &tex;\displaystyle n&xet; páratlan prím hatványa, akkor nincs metszéspont. Felhasználtam, hogy a Ceva-tétel szerint az &tex;\displaystyle AA_1&xet;, &tex;\displaystyle BB_1&xet;, &tex;\displaystyle CC_1&xet; egyenesek pontosan akkor metszik egymást egy pontban, ha a következő egyenlet teljesül:&tex;\displaystyle \frac{AB_1}{B_1C}*\frac{BC_1}{C_1A}*\frac{CA_1}{A_1B}=1&xet;

n metszéspontok száma n metszéspontok száma n metszéspontok száma n metszéspontok száma
1 0 2 1 3 0 4 7
5 0 6 13 7 0 8 19
9 0 10 25 11 0 12 31
13 0 14 37 15 6 16 43
17 0 18 49 19 0 20 61
21 0 22 61 23 0 24 91
25 0 26 73 27 0 28 79
29 0 30 91 31 0 32 91
33 0 34 97 35 12 36 103
37 0 38 109 39 0 40 133
41 0 42 133 43 0 44 127
45 42 46 133 47 0 48 187
49 0 50 145 51 0 52 151
53 0 54 157 55 12 56 175
57 0 58 169 59 0 60 235
61 0 62 181 63 48 64 187
65 6 66 205 67 0 68 199
69 0 70 229 71 0 72 283
73 0 74 217 75 6 76 223
77 12 78 235 79 0 80 325
81 0 82 241 83 0 84 283
85 6 86 253 87 0 88 271
89 0 90 331 91 12 92 271
93 0 94 277 95 0 96 343
97 0 98 289 99 24 100 301
101 0 102 301 103 0 104 319
105 90 106 313 107 0 108 319
109 0 110 349 111 0 112 439
112 439 113 0 113 0 114 337
114 337 115 0 115 0 116 343
116 343 117 12 117 12 118 349
118 349 119 12 119 12 120 559
121 0 122 361 123 0 124 367
125 0 126 457 127 0 128 379
129 0 130 403 131 0 132 415
133 0 134 397 135 66 136 409
137 0 138 409 139 0 140 541
141 0 142 421 143 24 144 583
145 0 146 433 147 0 148 439
149 0 150 451 151 0 152 463
153 12 154 481 155 0 156 493
157 0 158 469 159 0 160 613
161 12 162 481 163 0 164 487
165 90 166 493 167 0 168 679
169 0 170 523 171 12 172 511
173 0 174 517 175 66 176 571
177 0 178 529 179 0 180 751
181 0 182 565 183 0 184 547
185 0 186 553 187 12 188 559
189 60 190 577 191 0 192 631
193 0 194 577 195 132 196 583
197 0 198 637 199 0 200 619
201 0 202 601 203 6 204 631
205 0 206 613 207 12 208 655
209 24 210 847 211 0 212 631
213 0 214 637 215 0 216 739
217 0 218 649 219 0 220 721
221 24 222 661 223 0 224 823
225 78 226 673 227 0 228 691
229 0 230 697 231 144 232 691
233 0 234 739 235 0 236 703
237 0 238 733 239 0 240 1111
241 0 242 721 243 0 244 727
245 12 246 733 247 24 248 739
249 0 250 745 251 0 252 967
253 0 254 757 255 48 256 763
Előzmény: [35] w, 2014-02-11 10:54:03
[35] w2014-02-11 10:54:03

Adott az ABC háromszög, és az n>1 egész szám. Az ABC háromszög mindegyik oldalát n egyenlő részre osztottuk. Kijelöltük a BC, CA, AB oldalakon egy-egy osztópontot, ezek rendre A1, B1 és C1. Mely n-ekre lehetséges, hogy AA1, BB1 és CC1 egyenesek egy ponton menjenek át? Határozzuk meg n függvényében annak valószínűségét, hogy az AA1, BB1, CC1 egyenesek egy ponton menjenek át.

[34] marcius82014-02-06 12:53:17

Köszönöm az értékes táblázatot! Sajnos nekem is csak számítógéppel sikerült ilyen háromszöget generálni. De még arra is gondoltam, hogy érdemes olyan (szokásos jelölésekkel) "ABC" háromszöget keresni, amelyben a szögek felének koszinusza racionális szám. Ha van ilyen háromszög, akkor van olyan háromszög is, amelyben az oldalak hossza is racionális és a szögfelezők hossza is racionális. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Előzmény: [30] aaaa, 2014-02-05 14:26:27
[33] marcius82014-02-06 12:46:51

Köszönöm az 1. kérdésemre adott megoldást. nekem másképp sikerült a nemlétezést bizonyítani, lényegesen bonyolultabban. Az itt leírt megoldás bizonyítás lényegesen egyszerűbb. (Nekem sikerült felhasználni azt a tételt, hogy két egész szám negyedik hatványának összege nem lehet egy egész szám negyedik hatványa.) Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Előzmény: [29] aaaa, 2014-02-05 13:28:37
[32] aaaa2014-02-05 21:09:44

Újabb helyesbítés: a legkisebb egész megoldás a (975,975,546) lesz, a legkisebb nem egyenlőszárú pedig az (5686681,4206125,2826516) háromszög lesz (az eddig megtaláltak alapján, lehet, hogy létezik kisebb).

Előzmény: [30] aaaa, 2014-02-05 14:26:27
[31] aaaa2014-02-05 18:14:19

b) esetben helyesbítés: a12+c12=4uv, de ez ellentmondás, mert a1 és c1 is páratlan

Előzmény: [29] aaaa, 2014-02-05 13:28:37
[30] aaaa2014-02-05 14:26:27

2-höz vegyük észre, hogy elég, ha a szögfelezők racionális hosszúak, ekkor egy nagyítással egész hosszút kaphatunk belőle. Ismeretes, hogy a szögfelezők hossza: f_\gamma=\frac{1}{a+b}\sqrt{ab((a+b)^2-c^2)}, innét számítógéppel kerestem olyanokat, ahol mindhárom szögfelező racionális hosszú. Ha a\geqb\geqc, akkor 200\geqb esetén a következők jók:

a b c f_\gamma f_\beta f_\alpha
25 25 14 24 \frac{560}{39} \frac{560}{39}
50 50 28 48 \frac{1120}{39} \frac{1120}{39}
75 75 42 72 \frac{560}{13} \frac{560}{13}
100 100 56 96 \frac{2240}{39} \frac{2240}{39}
125 125 70 120 \frac{2800}{39} \frac{2800}{39}
169 125 84 \frac{975}{7} \frac{26208}{253} \frac{12600}{209}
150 150 84 144 \frac{1120}{13} \frac{1120}{13}
175 175 98 168 \frac{3920}{39} \frac{3920}{39}
200 200 112 192 \frac{4480}{39} \frac{4480}{39}
169 154 125 \frac{48048}{323} \frac{2600}{21} \frac{30800}{279}
275 169 150 \frac{15015}{74} \frac{3168}{17} \frac{2340}{29}
238 169 169 \frac{74256}{407} \frac{74256}{407} 120

Ebből látszik, hogy a legkisebb ilyen ezek közül a (936,560,560) oldalú lesz, a talált legkisebb, nem egyenlőszárú a (4686825,3485664,2028600) oldalakkal rendelkező

Előzmény: [28] marcius8, 2014-02-04 13:12:38
[29] aaaa2014-02-05 13:28:37

4.-esre 3,4 oldalú téglalap jó.

1-essel a következőre jutottam: Bicentrikus négyszögben R=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{abcd}}, r=\frac{2\sqrt{abcd}}{a+b+c+d}, szimmetrikus trapéznál az oldalhosszak pedig a,\frac{a+c}{2},c,\frac{a+c}{2}. Némi egyszerűsítés után adódik, hogy R=\frac{a+c}{8}\sqrt{\frac{a^2+6ac+c^2}{ac}}, r=\frac{\sqrt{ac}}{2}.

Vagyis r egész voltából adódik, hogy a=\alphae2a12, c=\alphae2c12 alakba írható, ahol (a,c)=\alphae2, \alpha négyzetmentes, és (a1,c1)=1 Ezekkel a jelölésekkel élve:

r=\frac{\alpha e^2}{2} a_1 c_1\qquad R=\frac{e^2\alpha(a_1^2+c_1^2)}{8a_1c_1}\sqrt{(a_1^2+c_1^2)^2+4a_1^2c_1^2}

Tehát a12+c12,2a1c1 egy Pithagoraszi számhármas két tagja. (a12+c12,2a1c1)=((a1+c1)2,2a1c1)=f|2 miatt tehát két eset van:

a) Ha f=1, akkor: a12+c12=u2-v2, a1c1=uv, mert 2|uv. Ebből adódik, hogy 2|v, mert a12+c12+v2=u2. A négyszám-tétel alapján ekkor u=xy, v=zw, a1=xz, c1=yw, ahol ezek a számok páronként relatív prímek a feltételeink miatt. Legyen mondjuk z páros, ez felthető. Ekkor

v2+a12+c12-u2=w2(y2+z2)+x2(z2-y2)=0\implies

w2(y2+z2)=x2(y2-z2)

, innét pedig a relatív prímségek miatt, és (2,x)=1 miatt adódik, hogy

y2-z2=w2  y2+z2=x2

Ami lehetetlen, mert két négyzetszám összege és különbsége egyszerre nem lehet négyzetszám. Vagyis ilyenkor nincs megoldás.

b) b) Ha f=2, akkor a1c1=u2-v2=(u-v)(u+v), a12+c12=uv innét az előbbi alapján: u+v=xy, u-v=zw, a1=xz, c1=yw, innét u=\frac{xy+zw}{2}, v=\frac{xy-zw}{2}. Ebből kapjuk, hogy: x2(y2-4z2)=w2(4y2+z2), innét a relatív prímségből (y2-4z2,4y2+z2)|17 miatt a következő esetek lehetségesek: y2-4z2=w2, 4y2+z2=x2 vagy 17w2=y2-4z2, 17x2=4y2+z2, ahol x,y,z,w páronként relatív prímek.

y2-4z2=w2

16y2+4z2=4x2

4y2-16z2=4w2

4y2+z2=x2

Innét x2-4w2=17z2 és 4x2+w2=17y2, szóval a két egyenletpár lényegében ekvivalens egymással. Elég tehát csak az egyiket vizsgálni. Tegyük fel, hogy találtunk egy megoldást, ahol mind a 4 változó páratlan, és páronként relatív prímek. De ekkor z2+4y2=x2 miatt ez egy relatív prím pitagoraszi számhármas, így 2y=2uv, de y páratlan, uv nem, ez ellentmondás. Ekkor sincs megoldás.

Előzmény: [28] marcius8, 2014-02-04 13:12:38
[28] marcius82014-02-04 13:12:38

Tulajdonképpen ez a témakör tökéletesen alkalmas arra, hogy a különböző geometriai indittatású diofantoszi egyenletek megoldását itt megvitassuk. Íme néhány példa:

1. Keressünk olyan szimmetrikus érintőtrapézt, amelynek oldalhosszai, köré írt körének sugara és beírt körének sugara egész számok.

2. Keressünk olyan háromszöget, amelynek oldalainak hossza és belső szögfelezőinek hossza egész számok.

3. Keressünk olyan háromszöget, amelynek oldalainak hossza, belső szögharmadolóinak hossza és a csúcsokból kiinduló belső szögharmadolók által a csúcsokkal szemközti oldalakból kimetszett szakaszok hossza egész számok.

4. Keressünk paralelogrammát, amelynek oldalainak hossza és átlóinak hossza egész számok.

[27] marcius82014-01-31 13:10:14

Korábban már felvetettem a következő problémát Ki tud ebben segíteni?

Középiskolában tanítok matematikát, és például geometriai feladatok akkor könnyen megoldhatóak illetve a geometriai feladatok megoldásai akkor javíthatóak könnyen, ha a feladatok adatai és eredményei egész számok. Például szerencsés olyan derékszögű háromszöggel számolni, amelynek oldalai egész számok --> pitagoraszi számhármasok. A feladat a következő: Keressünk olyan derékszögű tetraédert, amelynek minden éle egész szám. (Egy tetraéder akkor derékszögű, ha van olyan csúcsa, amelyből kiinduló három él páronként egymásra merőleges.) Számítógéppel ilyent könnyű találni: Az "OABC" tetraéder "O" csúcsából kiinduló élek páronként merőlegesek egymásra, és OA=44, OB=117, OC=240, ekkor AB=125, BC=267, CA=244. Lehet ezeket a tetraédereket úgy generálni, mint a pitagoraszi számhármasokat?

Lehetne esetleg úgy meghatározni az "OA", "OB", "OC", "a=BC", "b=CA", "c=AB" szakaszok hosszát, úgy hogy azok egész számok legyenek, de az "OA", "OB", "OC" szakaszok egymással páronként 120°-os szöget zárjanak be? ekkor az "O" pont az "ABC" háromszög izogonális pontja. (Számítógéppel találtam ilyen szakaszokat, tehát biztos hogy van megoldás. De hogyan lehet ilyen megoldásokat még generálni?)

Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[26] w2014-01-29 17:41:18

Lásd itt.

Előzmény: [22] rizsesz, 2009-03-20 15:46:31
[25] NyogerIstvan2014-01-29 00:06:15

Miért ne lehetne? Pozitív egészeknek mindig van legnagyobb közös osztójuk. Akkor is, ha ez éppen 1.

Előzmény: [3] Csimby, 2008-02-27 20:35:18
[24] rizsesz2009-03-20 15:53:14

És végezetül: nyilván végtelen sok ilyen megoldás adható következő párra. :)

Előzmény: [23] rizsesz, 2009-03-20 15:52:43
[23] rizsesz2009-03-20 15:52:43

Innen meg már a lineáris megoldás is könnyen jön:

Ha (x;y) jó, akkor (3y-x;y) is; ez pedig könnyen látható, hogy a kezdőérték jó megválasztásával csupa különböző megoldást ad.

Előzmény: [21] Sirpi, 2009-03-20 14:54:12
[22] rizsesz2009-03-20 15:46:31

Ami gyanúsan látszik, hogy akár már 1 szám rögzítése mellett is végtelen sok megoldás van. Arra gondolok, hogy x = 1 mellett az 1 + x2 + y2 = 3xy egyenletet kielégíti az (x;y) pár, akkor kielégíti az (x,;y,) pár is, ahol (x,;y,) például valamilyen lineáris függvénnyel származtatható az (x;y) párból.

A párhuzamos ötlet a Fibonacci-sorozat elemeivel: (x;y)=(F2k-1;F2k+1), és ezt indukcióval igazolni már könnyű is:

Legyen valamely n számra (pl n = 1 esetén igaz): Fn2 + Fn+22 + 1 = 3 * Fn *Fn+2

Az indukciós lépésben igazoljuk, hogy ez akkor igaz n helyett n + 2 -re is:

Fn+42 + Fn+22 + 1 = 3 * Fn+4 *Fn+2

A két egyenlet különbsége: Fn+42 - Fn2 = 3 * (Fn+4 - Fn)*Fn+2

(Fn+4 - Fn)-gyel leosztva: Fn+4 + Fn = 3 * Fn+2, ez pedig igaz, mert Fn+4 + Fn = Fn+3 + Fn+2 + Fn = 2 * Fn+2 + Fn+1 + Fn= 3 * Fn+2

Előzmény: [21] Sirpi, 2009-03-20 14:54:12
[21] Sirpi2009-03-20 14:54:12

Igen :-) és tudom, akárhogy folytatódhatna a sorozat, de igazából úgy folytatódik, ahogy elkezdődött. Egyébként ha már kitaláltuk, mi a feladat, bizonyítsuk be, hogy az egyenletnek végtelen sok pozitív egész megoldása van (ebben a lista is segíthet).

Előzmény: [20] rizsesz, 2009-03-20 13:12:13
[20] rizsesz2009-03-20 13:12:13

Ezek a x2+y2+z2=3xyz megoldásai. És a folytatás már másé :)

Előzmény: [19] Sirpi, 2009-03-20 09:20:01
[19] Sirpi2009-03-20 09:20:01

Na, akkor egy kis segítség: a 3-mal felszorzott számok megoldásai egy f(a,b,c)=g(a,b,c) egyenletnek, ahol f és g szép, egyszerű függvények. Ezek a számok pedig az f(a,b,c)=3g(a,b,c) egyenletnek megoldásai. És igazából az egyik függvény miatt nem véletlen, hogy a pitagoraszi számhármasokhoz raktam be a listát...

Előzmény: [18] Sirpi, 2009-03-19 14:56:36
[18] Sirpi2009-03-19 14:56:36

Tudom, nem teljesen a témába vág, de még mindig ez volt a legközelebbi téma, amit találtam. A kérdés, hogy mi a közös a következő számhármasokban (a lista persze nem teljes):

Egyébként igazán úgy lenne teljesen korrekt, ha minden számot felszoroznék hárommal (tehát 3 3 3, 3 3 6 stb.) de úgyis mindenki fejben visszaosztaná, mert így könnyebb átlátni, szóval azért választottam a 3-mal leosztott listát.

[17] Kóta Béla2008-03-09 21:42:00

A tejesség kedvéért. "A Piramisok Tanulsága" dolgozatomhoz összegyűjtöttem 58 hivatkozott irodalmi forrást. Ezeknek az ókori matematikatörténettel is foglalkozó fele egyhangúan állítja, hogy az óegyiptomiak nem ismertél a Pitagorasz tételt. Erre hivatkozva tagadják azt is, hogy használhattak a derékszögek kijelölésére 3-4-5 oldalarányú háromszöget (vagy 12 csomós zsinórt). Erre a 9 × 11 kockás sakktábla szerű négyzethálóra ránézve -- Pitagorasz tétel nélkül is -- belátható, hogy a 3-4-5 oldalarányú háromszög valóban derékszögű.

Induljunk el az A4 kockából HÁROM -1/+2 irányú lóugrással a G1 kockáig. A G1 kockából NÉGY +2/+1 irányú lépéssel eljutunk a K9 sarokba. A K9 sarokból ÖT -1/-2 lóugrással visszaérünk a kiindulási A4 kockába.

Nagyobb táblán, más arányú "lóugrásokkal" az összes Pitagoraszi számhármas kisakkozható.

Előzmény: [16] Kóta Béla, 2008-03-07 23:10:09
[16] Kóta Béla2008-03-07 23:10:09

Válasz: onnan tudjuk, hogy a félszög tangense racionális mert két természetesm szám y/x hányadosa. A számelméletes levezetés pl - Ja. I. PERELMAN: Szórakoztató algebra. 147-151.o.

Én még maradok a QBasic nyelvnél:

DEFINT A-Z

FOR x = 2 TO 10: FOR y = 1 TO x - 1

a = x * x - y * y: b = 2 * x * y: c = x * x + y * y

PRINT x; y, a; b; c

NEXT y: NEXT x

END

Itt a számhármasok akkor relatív primek, ha x és y közül az egyik páros, a másik páratlan (?).

Előzmény: [15] Fálesz Mihály, 2008-03-07 15:14:04
[15] Fálesz Mihály2008-03-07 15:14:04

Elnézést a kötekedésért, de szerintem, ha ezt a megoldást tisztességesen leírjuk, nem lesz sokkal kevesebb számelmélet benne, mint a tankönyvi módszerben. (Azt viszont elismerem, hogy ebből az ötletből egy lényegesen különböző megoldást lehet összerakni.)

A megoldás több ponton is kiegészítésre szorul.

Először is, honnan tudjuk, hogy a fél szög tangense racionális? Én ezt onnan látom, hogy \tg\frac\beta2=\frac{\sin\beta}{1+\cos\beta}=\frac{b}{a+c}, vagyis trigonometrikus azonosságot használok. (Vagy a szögfelező és a körülírt kör metszéspontját írom fel a befogók által meghatározott koordináta-rendszerben, ami lényegében ugyanaz.)

Másodszor, az a:b:c=(x2-y2):2xy:(x2+y2) aránypárból miért következtethetünk arra, hogy a=x2-y2, b=2xy és c=x2+y2? Ezt csak akkor tehetjük meg, ha tudjuk, hogy az x2\pmy2 és 2xy számok relatív prímek, ami akkor igaz, ha x és y ellentétes paritásúak, a b oldal pedig osztható 4-gyel.

Harmadszor, egy apróság: az ábrán a középső háromszög felnagyítva szerepel, az oldalai az,bz,cz, ahol z=\sqrt{x^2+y^2}.

 

A teljes megoldás menete tehát valami ilyesmi lehetne.

1. Bebizonyítjuk, hogy a fél hegyesszögek tangensei racionálisak.

2. Bebizonyítjuk, hogy valamelyik befogó osztható 4-gyel, a másik kettő páratlan.

3. Felrajzoljuk az ábrát, és leolvassuk, hogy a:b:c=(x2-y2):2xy:(x2+y2).

4. Megállapítjuk, hogy mivel b osztható 4-gyel, x és y közül az egyik páros, ezért x2\pmy2 páratlan.

5. Megállapítjuk, hogy az x2\pmy2 és 2xy számoknak nem lehet közös prímosztója: sem a 2, sem más.

6. Most már tudjuk, hogy mindkét számhármasban olyan pozitív egészek vannak, amiknek a legnagyobb közös osztója 1, tehát a két számhármas ugyanaz.

 

F.M.

Előzmény: [14] Kóta Béla, 2008-03-06 21:27:58
[14] Kóta Béla2008-03-06 21:27:58

A Pitagoraszi számhármasok számelmélet-mentes levezetése az alábbi ábra szerint:

Egy derékszögű háromszöget zárjunk körül egy téglalappal úgy, hogy a háromszög egyik hegyesszögének szögfelezője legyen párhuzamos a téglalap egyik oldalával. A félszög tangense két természetes szám hányadosa = y/x, ahol x > y. A többi gyalog algebra... Természetesen a b = 2xy mindig páros.

Előzmény: [13] Kóta Béla, 2008-03-06 21:14:22
[13] Kóta Béla2008-03-06 21:14:22
Előzmény: [11] epsilon, 2008-03-03 06:46:42
[12] rizsesz2008-03-03 08:22:57

Ez a téma Róbert Gida 9-es sorszámú megjegyzésének nyilvánvaló következménye.

Előzmény: [11] epsilon, 2008-03-03 06:46:42

  [1. oldal]    [2. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap