Olá , amigos , já tinha feito esse problema e cai na mesma duvida, se o 3,4,5 é único. Caiu uma questão parecida no nível 2 terceira fase dá OBM que pede para encontrar o triângulo de área mínima que possui lados inteiros e área inteira.
Bom em relação a este problema temos como resolve-lo pelas soluções parametricas de Brahmagupta. Onde a=n(m^2+k^2), b=m(n^2+k^2) , c=(m+n)(mn-k^2) , p=mn(m+n) e S=mnk(m+n)(mn-k^2) onde (m,n,k)=1, mn>k^2>(m^2)n/2m+n e m>=n>=1. Assim o que fiz foi até fácil, como o raio e igual a 1 então , S=p , assim 1=k(mn-k^2), logo só teremos k=1 e mn=2. Assim o único triângulo será o 3,4,5. Abraços Douglas Oliveira. Em 8 de mar de 2017 8:22 PM, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu: > Boa tarde! > > Novamente, sem perda de generalidade, pois ao final haverá as permutações, > a>b>c > > 4(a+b+c) = a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2-2abc-a^3-b^3-c^3 > > f(a,b,c) = 4(a+b+c) e g(a,b,c) = a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2- > 2abc-a^3-b^3-c^3 > > a derivada parcial de g em relação a "a" é: -3a^2 + 2(c + b)a + (c -b)^2 > > que tem duas raízes distintas de sinais contrários, já que c>b e a é > positivo. > > então o comportamento da função é: > > decrescente para a <r1 <0 > crescente para r1 < a < r2 >0 > decrescente para a > r1. > > mas como a > 0 para um intervalo [ao,a1], temos as seguintes > possibilidades: > > (i) monótona crescente: a1 < r2 > (ii) mónotona decrescente ao > r2 > (ii) crescente de ao a r2 e decrescente de r2 a a1, ao <r2 e a1 > r2. > > Como f(a,b,c) é monótona crescente em relação a "a" para todo a, e uma vez > que g(a,b,c) cresce mais rápido que f(a,b,c) com relação a "a", se fixarmos > b e c, > só precisamos nos preocupar com os extremos, se f(ao,b,c) < g(ao,b,c) e > f(a1,b,c) < g(a1,b,c) não existe solução para a pertencente a [ao,a1] e b,c > fixos. > > Como o triângulo é escaleno e assumimos a>b>c, > temos que para c e b fixos, a pode variar de b+1 a c + b - 1, portanto ao > = b+1 e a1 = c + b - 1. > > Para ao temos: f(ao,b,c) = 8b + 4c + 4 e g(ao,b,c) = 2(c^2-1)b +c^2 + c - > c^3. > > Como b>c temos que: g(ao,b,c) > c^3 + c^2b - 2b +c^2 + c -c^3 = c^2b - > 2b +c^2 + c > > Para c>= 4 temos que g (ao,b,c) > 14 b +20 > f(ao,b,c) > > f(a1,b,c) = 8b + 8c + 4 > > g(a1,b,c) = (4c+4)b -2b +1 > > c>= 4 ==> g(a1,b,c) > 18b +1 > 10b + 8c +1 > 8b + 8c +4. > > Logo c<=3. > > c=1, não tem solução. não há triângulos escalenos com lados inteiros sendo > um deles igual a 1. fere a desigualdade de existência do triângulo. > > c=2, só há as seguintes opções b e a = b+1. > > temos 6b -3 = 8b + 12 ==> não há solução para c=2. > > para c= 3 temos duas possibilidades c= 3 e b e a= b+1 ou c =2, b e a = b+2 > > a= b+1, b e c = 3 ==> 8b =32 ==> a=5, b=4 e c=3. > > a = b+ 2, b e c = 3 ==> 2b = 25, não há solução inteira. > > A solução é qualquer triângulo congruente a um triângulo de lados 3, 4 e > 5. (o triângulo pitagórico de razão da PA =1). > > Tentei aplicar Tartaglia e garantir que a raiz fosse inteira, mas começou > a complicar... Tive de apelar para a derivada direcional. > Se encontrarem uma desigualdade para garantir a solução, favor postar. > > Saudações, > PJMS > > > > > Em 8 de março de 2017 07:59, Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com > > escreveu: > >> Eu consegui algo que pode ajudar. >> >> [p(p-a)(p-b)(p-c)]^1/2 = p.r = p >> >> p^2 = p(p-a)(p-b)(p-c) >> >> p = (p-a)(p-b)(p-c) >> >> 8p = 2(p-a) * 2(p-b) * 2(p-c) >> >> 4(a+b+c) = (-a+b+c) * (a-b+c) * (a+b-c) >> >> Escreve A = (-a+b+c), B = (a-b+c), C = (a+b-c), assim A+B+C=a+b+c, e >> >> ABC = 4 (A+B+C) >> >> Isso dá para ir limitando com desigualdades e recorrer a tentativa e erro. >> >> 1/4 = 1/(AB) + 1/(AC) + 1/(BC) >> >> Em 6 de março de 2017 20:08, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu: >> > permutações e não combinações. >> > >> > Em 6 de março de 2017 20:06, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu: >> >> >> >> >> >> Boa noite! >> >> >> >> Fui por aí e achei: >> >> >> >> 4(a+b+c) = a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2-2abc-a^3-b^3-c^3 >> >> >> >> Se for triângulo equilátero. >> >> >> >> a=b=c ==> 12a = a^3 ==> a=b=c=raiz(12), que não é inteiro. >> >> >> >> Se for isósceles com a<>b=c, sem perda de generalidade, pois a equação >> é >> >> simétrica em a,b,c. >> >> >> >> a^3 -2ba^2+4a + 8b =0 se a é inteiro 8b = ka , com k inteiro positivo >> pois >> >> a,b>0 >> >> >> >> a^3 -(k/4)a^3 + 4a + ka = 0 ==> a^3 (1-k/4) = -a (k+4) ==> a^2 = >> >> (k+4)/(k/4-1) >> >> >> >> k/4 -1 | k+4 e k/4 -1 | k-4 ==> k/4 - 1 | 8 ==> k= 36, k= 20, k = 12, >> k= 8 >> >> e para nenhum valor de k o quociente dá um quadrado perfeito. >> >> >> >> Portanto o triângulo é escaleno, supondo a > b > c, sem perda de >> >> generalidade. >> >> >> >> Achei a solução (5,4,3) e portanto suas combinações, só que não >> consegui >> >> uma restrição que mostrasse ser única. >> >> >> >> Vou tentara outra hora. >> >> >> >> >> >> >> >> Em 6 de março de 2017 09:08, marcone augusto araújo borges >> >> <marconeborge...@hotmail.com> escreveu: >> >>> >> >>> Quais são os triângulos cujas medidas dos seus lados são números >> inteiros >> >>> e o raio >> >>> >> >>> da circunferência inscrita é 1? >> >>> >> >>> >> >>> tentei por [p(p-a)(p-b)(p-c)]^1/2 = p.r = p, mas... >> >>> >> >>> >> >>> -- >> >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> >> >> > >> > >> > -- >> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> > acredita-se estar livre de perigo. >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> ========================================================================= >> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> ========================================================================= >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
