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Hypoténuse
Message de djedie posté le 31-08-2010 à 17:54:11 (S | E | F)
Bonjour,
J'aimerais savoir si il est possible de connaitre l'hypoténuse d'un triangle rectangle en ne connaissant que son périmètre. Merci pour votre aide.
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Modifié par bridg le 31-08-2010 19:51
Message de djedie posté le 31-08-2010 à 17:54:11 (S | E | F)
Bonjour,
J'aimerais savoir si il est possible de connaitre l'hypoténuse d'un triangle rectangle en ne connaissant que son périmètre. Merci pour votre aide.
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Modifié par bridg le 31-08-2010 19:51
Réponse: Hypoténuse de flotta89, postée le 31-08-2010 à 18:51:19 (S | E)
non, vous devez impérativement connaître un angle du triangle(on compte pas l'angle droit).Voici comment calculer l'hypoténuse dans ce cas:
soient a,b et c les cotes dudit triangle, avec c son hypoténuse
et soit p son périmètre
soit m l'angle entre l'hypoténuse et la base, c-à-d m=(BÄC)
voici l'adresse d'une image pour plus de clarté:
Lien Internet
On a p=a+b+c --> c=p-(a+b)
d'autre part: a=c*sin(m)
et b=c*cos(m)
Ceci implique p=c*sin(m)+c*cos(m)+c --> p=c*(sin(m)+cos(m)+1)
donc : c=p/(1+cos(m)+sin(m)) . Et voilà.
Si le triangle est en plus isocèle , c-à-d a=b, on aura m=45 (degré)
d'où cos(m)=sin(m)=1/sqrt(2), calcul fait finalement
on obtient: c=p/(1+sqrt(2))
sqrt(2) est la racine carré de 2.
J'espère que je vous ai aidé , et merci pour la question.
Réponse: Hypoténuse de djedie, postée le 01-09-2010 à 19:35:20 (S | E)
Merci, ça m'aide malheureusement en confirmant ce que je pensais.
En fait cette question est liée à une énigme mathématique, à propos d'un triplet pythagoricien à trouver, avec pour seule donnée que la somme des 3 termes du triplet est égale à l'année en cours...
Je me demande si il est possible de les calculer, ou si il faut les trouver plus par tâtonnement.
Réponse: Hypoténuse de bayd, postée le 02-09-2010 à 19:12:07 (S | E)
Bonjour,
Je vous donne un indice qui devrait vous faire avancer:
Un triangle dont les cathètes mesurent 3 et 4 et dont l'hypoténuse mesure 5 est automatiquement un triangle rectangle car le théorème de Pythagore est vérifié.
En effet, les arpenteurs utilisaient une corde divisée en 12 unités (3, 4 et 5) pour déterminer les angles droits des champs et de certaines constructions.
Cordialement,
bayd
Réponse: Hypoténuse de bayd, postée le 02-09-2010 à 20:38:33 (S | E)
Bonjour,
Deuxième indice: l'année en cours étant 2010, il peut être intéressant de voir combien de cordes de 12 unités seraient nécessaires pour obtenir 2010.
A bientôt, pour la suite,si vous le désirez ...
bayd
Réponse: Hypoténuse de djedie, postée le 02-09-2010 à 20:47:37 (S | E)
Merci bayd,
Le coup de la corde d'arpenteur m'a bien aidé, je l'avais pourtant lu quelque part, mais je n'avais pas pensé à l'appliquer. J'ai pu donc trouver le bon triplet primitif qui vérifiait la "loi" de la corde d'arpenteur.
Réponse: Hypoténuse de fr, postée le 02-09-2010 à 22:00:30 (S | E)
Bonsoir,
Je pense que le problème demande à trouver des nombres entiers ... en effet :
Un triplet pythagoricien est un triplet d'entiers naturels non nuls (x; y; z) vérifiant la relation de Pythagore : x2 + y2 = z2
donc ce n'est pas un triplet multiple de {3,4,5}, car 2010 n'est pas divisible par 12 ...
Il faut donc trouver un autre triplet pythagoricien dont la somme est un diviseur de 2010.
Connaissez-vous vu d'autres triplets pythagoriciens ? Le net peut vous aider ...
Sinon, vous pouvez toujours commencer par chercher les facteurs premiers de 2010, pour voir les possibilités pour le périmètre du triangle ... (il est forcément un facteur, mais pas forcément premier,de 2010 ou 2010 lui-même) et voir si vous trouvez des triplets qui vérifient x²+y²=z² ayant comme somme ce facteur ...
Sachez pour vous aider que {3;4;5} est le plus petit triplet pythagoricien, donc la somme sera forcément supérieure à 12.
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Modifié par fr le 02-09-2010 22:05
Réponse: Hypoténuse de plumemeteore, postée le 03-09-2010 à 12:57:36 (S | E)
Bonjour.
On ne peut pas déterminer un triangle rectangle en connaissant seulement son périmètre.
Réfutation.
Soient p le périmètre fixe et h l'hypoténuse variable et a et b les côtés de l'angle droit.
a+b = p-h
a²+b² = h²
(a+b)² = a²+2ab+b² = p²-2ph+h²
2ab = p²-2ph; ab = p²/2 - ph
a et b sont les solutions de x² + (h-p)x + (p²/2 - ph) = 0
solutions (p-h+(V(h²-2ph+p²-2p²+4ph))/2 et (p-h-(V(h²-2ph+p²-2p²+4ph))/2
le terme sous racine carrée est h²-p²+2hp
première condition : h²-p²+2ph > 0
(h+p)²-2p² > 0
(h+p)² > 2p²
h+p > V2p
h > p*(V2-1)
deuxième condition :
p-h > V(h²-p²+2ph)
p²-2ph+h² > h²-p²+2ph
2p²-4ph > 0
4ph < 2p²
h < p/2
pour un périmètre donné, l'hypoténuse peut prendre toutes les valeurs entre ce périmètre multplié par V2-1 et la moitié du périmètre.
Réponse: Hypoténuse de fr, postée le 03-09-2010 à 13:50:17 (S | E)
Bonjour,
En effet Plumemeteore, si l'on se place dans les réels, oui, mais là le problème concerne les triplets pythagoriciens, donc dans l'ensemble des entiers : voir ici : Lien Internet
On peut essayer avec le second triplet pythagoricien primitif présent dans la liste ....
Réponse: Hypoténuse de plumemeteore, postée le 03-09-2010 à 18:08:29 (S | E)
Bonjour.
En reprenant ce que j'ai écrit :
si h est l'hypoténuse d'un triangle solution, h²+2ph-p² est un carré parfait, comme h²+2ph²+p² et la différence de ces deux carrés est 2p², c'est-à-dire 2*2010².
Réponse: Hypoténuse de djedie, postée le 03-09-2010 à 18:50:32 (S | E)
C'est effectivement possible dans l'ensemble des entiers naturels, puisque j'ai maintenant trouvé la réponse à l'énigme, en cherchant le bon triplet primitif.
PS il est aussi utile de lire les posts précédents avant de répondre...
Réponse: Hypoténuse de plumemeteore, postée le 04-09-2010 à 02:40:14 (S | E)
Bonsoir Djedie.
Voici ma solution (les autres interventions ne font qu'évoquer les triplets pythagoriciens sans viser directement le problème.
Je désigne 2010 par p et l'hypoténuse par h.
Les deux autres côtés sont (voir mon message antérieur)
(p-h+(V(h²+2ph-p²))/2
(p-h+(V(h²+2ph-p²))/2
h²+2ph+p² est le carré de l'entier p+h
h²+2ph-p² est aussi le carré d'un entier que je désigne par s
(p+h)²-s² = 2p²
(p+h+s)(p+h-s) = 2p²
les facteurs, différant de 2s, ont la même parité : paire
2p² = 67*67*5*5*3*3*2*2*2
p+h-s étant positif et h étant inférieur à p/2, s est inférieur à 3p/2 et p+h+s est inférieur à 3p (à 6030)
par ailleurs h > p*(V2-1); p+h+s > 2010*V2; p+h+s > 2842
p+h+s doit contenir un facteur 67, sans quoi il serait au plus 1800; il ne peut contenir les deux facteurs 67, sans quoi il serait au moins 9978
p+h+s et p+h-s sont divisibles par 67; soient q et q' les quotients
q*q' = 1800
2842/67 < q < 6030/67
42 < q < 90
si q contient deux facteurs 5, il ne peut être que 50
q = 50, q' = 36
p+h+s = 3350; p+h-s = 2412
h+s = 1340; h-s = 402
h = 871; s = 469
côtés :
(p-h+(V(h²+2ph-p²))/2 = (1139+469)/2 = 804
(p-h-(V(h²+2ph-p²))/2 = (1139-469)/2 = 335
si q ne contenait aucun facteur 5, il serait au plus égal à 36 (car il faut laisser un facteur 2 à q')
si q contient un facteur 5 et les deux facteurs 3, il est au moins 90
l'autre solution pour q = 60; q' = 30
p+h+s = 4020; p+h-s = 2010
h+s = 2010, h-s = 0
h = s = 1005
c'est le cas du triangle dont le sommet de l'angle droit coïncide avec un des autres sommets; les côtés sont 1005, 1005 et 0; solution non valable
La solution est donc le triangle dont les côtés mesurent 871, 804 et 335 (semblable au triangle dont les côtés mesurent 13, 12 et 5).
Réponse: Hypoténuse de plumemeteore, postée le 04-09-2010 à 10:46:48 (S | E)
Rebonjour.
Voici une solution plus simple.
Soient, dans un triangle rectangle avec triplet pythagoricien, a et b les côtés de l'angle droit, p le périmètre et d un diviseur du périmètre.
a²+b² et (p-a-b)² donnent le même reste quand ils sont divisés par n.
a²+b²-(p-a-b)² sont divisibles par d.
a²+b²-p²-a²-b²+2pa+2pb-2ab est divisible par d.
-p²+2pa+2pb-2ab est divisible par d.
Les trois premiers termes sont divisibles par d, donc 2ab aussi.
Si d est un nombre premier autre que 2, a ou b est divisible par d.
Dans le problème qui nous occupe, choisissons a comme multiple de 67.
h²(carré de l'hypoténuse)-b² = a² est divisible par 67².
(h+b)(h-b) est divisible par 67².
Or (c'est la remarque qui débloque le problème) h+b et h-b sont tous deux inférieurs à 67²; ils se partagent donc les deux facteurs 67.
Leur somme 2h et leur différence 2b sont divisibles par 67.
Les trois côtés du triangle cherché sont divisibles par 67.
Si on les divise par 67, on obtient un autre triangle avec triplet pythagoricien de périmètre 30.
L'hypoténuse du triangle réduit est comprise entre 30/3 exclu et 30/2 exclu. Chaque côté est plus grand que 30 moins le double de l'hypoténuse.
Ici, le tâtonnement est beaucoup plus rapide quand on sait qu'un côté de l'angle droit est divisible par 5.
11 10 9 : n'est pas une solution.
12 10 8 : n'est pas une solution.
13 10 7 : n'est pas une solution.
13 5 12 : est une solution car 13² = 5²=12².
14 10 6 : n'est pas une solution.
14 5 11 : n'est pas une solution.
Solution pour le triangle réduit : 13 12 5.
Solution pour le triangle cherché : 13*67 12*67 5*67.
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