$x,y,z>0$ olmak üzere $x^2+xy+y^2=25$, $z^2+zx+x^2=64$ ve $y^2+yz+z^2=49$ ise $x+y+z$ değeri

0 beğenilme 0 beğenilmeme
246 kez görüntülendi

$x^2$

$x^2$
$x^2$+xy+$y^2$=25
$z^2$+zx+$x^2$=64
$y^2$+yz+$z^2$=49
x,y,z>0 x+y+z=?
kup ozdesligi denedim kare olan sayıları sola atıp iki kare farkı denedim cıkaramadım
23, Ağustos, 2017 Orta Öğretim Matematik kategorisinde Erhan Ali (13 puan) tarafından  soruldu
27, Ağustos, 2017 Sercan tarafından düzenlendi

Son iki esitligi cikartirsan$$15=x^2-y^2+zx-yz=(x-y)(x+y)+z(x-y)=(x-y)(x+y+z)$$ olur. 

<p> öylede düsündümde cıkaramadım devam ettirirmisinz
</p>

Aynisini iki alternatif farki alarak da yapabilir misin? Ben birini yazdin. Diger ikisini de sen yazabilir misin?

Hocam aynısını iki alternatif daha aldığımızda sıraların hepsine $R_1$ $R_2$ $R_3$ dediğimizi farz edelim, $R_3-R_1$  $R_2-R_3$  $R_2-R_1$ mantıklı sonuçları veriyor ama bütün bu alternatifleri bulunca yapacak bir şey görünmüyor (izninizle alternatifleri yazıyorum);

$(z-x).(x+y+z)=24$
$(x-y).(x+y+z)=15$
$(z-y).(x+y+z)=39$

Birinci ve ikinci denklemleri toplayınca üçüncüye eşit oluyor buradan devam ettirmeye çalıştım ama devamını getiremedim. 

hocam sayılar tam sayı ise,direk x+y+z yi ortak çarpan olarak kabul edebilirmiyiz ?,

üstteki 3 özdeşlikte ortak olarak "3" çarpanı görünüyor.

Eğer $x+y+z=3$ olursa o zaman mesela $(x-y)=5$ olur bu $x,y,z>0$ olması durumuna uymuyor ama tam sayı olmasına bakılmaksızın diğer carpanlardan büyük bir ortak çarpan bulabilirsek belki çözebiliriz.

<p> Hesap makinesinden deneyince kok 129 cikti teker teker denenerek buluncak biseye benzemiyor
</p>

Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğini kullanarak $x+y+z$   toplamı için bir alt sınır bulabiliriz.

$x^2+xy+y^2\ge3\sqrt[3]{x^3y^3})$  den  $(25/3)\ge xy$  ve  benzer şekilde $64/3\ge xz$ ,  $49/3\ge yz$  yazılıp  bu eşitsizlikler çarpılırsa 

$280/9\ge xyz$  olur. Buna göre  Ao-Go  dan   $x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz})$  ve $xyz$  nin en büyük değeri alınarak yaklaşık olarak  $x+y+z\ge11,3313$  bulunur. Bu da sizin makine ile bulduğunuz $\sqrt{129}$  sayısının yaklaşık değeridir. Eşitliğin kesin olduğunu gösterirsek soruyu çözmüş oluruz. 

Başka bir bakış açısı ile  verilen ilk denklem  kenarları $x$  ,  $y$  ve bu kenarlar arasındaki açısı $120$  derece olan  ve  diğer  kenarı $5$  birim olan üçgene kosinüs teoreminin uygulanmasıdır. Diğer denklemler de aynı şekilde düşünülür.  Kenarları $5,7,8$   olan üçgenin  $7$  birim uzunluktaki kenarının karşısındaki açı  $60$  derece geliyor. Fakat buradan bir çözüme ulaşamadım.

Geometrik ortama harmonik ortalama eşitsizliği ile gösterebiliriz sanırım

4 Cevaplar

2 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

Kenar uzunlukları sırasıyla $ 5,8,7$ olan bir $ABC$ üçgeni alalım. Bu ABC üçgeninin içinde, $ m(APB)=120$ , $ m(BPC)=120$ ve $m(CPA)=120$ derece olacak biçimde  bir $P$ noktası alalım. Bu $P$ noktasının köşelere uzaklıkları sırasıyla, verilen denklemlere göre $x,y,z$  olacaktır. Açılar $120$  derece olduğu için, $P$ noktası $ ABC$ üçgeninin fermat noktasıdır. Üçgenin alanı $10\sqrt {3}$ olduğuna göre fermat noktasının özelliğinden,

$x+y+z = \sqrt {\dfrac {5^2 + 8^2 + 7^2 + 4.10\sqrt {3}.\sqrt {3}} {2}} = \sqrt {129}$

25, Ağustos, 2017 Dogukan633 (836 puan) tarafından  cevaplandı
25, Ağustos, 2017 Erhan Ali tarafından seçilmiş
0 beğenilme 0 beğenilmeme

$s_1=x+y+z$  

 $s_2=xy+yz+zx$  

$s_3=xyz$ ve de sıralar

$r_1=x^2+xy+y^2$

$r_2=x^2+xz+z^2$ 

$r_3=y^2+yz+z^2$ olsun

$r_1+r_2+r_3=2s_1^2-3s_2$ olur buradan

 $s_2=\dfrac{2s_1^2-138}{3}$ bulunur.

Ayrıca $r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1=s_1^4-3s_1^2s_2+3s_2^2$ gibi ilginç bir uğraş sonucu $s_1$ bulunabilir;

Eğlence başlasın; 

$5961=s_1^4-3s_1^2\left ( \dfrac{2s_1^{2}-138}{3} \right )+3.\left ( \dfrac{2s_1^{2}-138}{3} \right )^2$

$5961=s_1^4-s_1^4+138s_1^2+\dfrac{(4s_1^4-552s_1^2+138^2)}{3}$

$4s_1^4-138s_1^2+1161=0$

$s_1=\sqrt{129}$ bulunur (pozitif değerler için)




25, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın (895 puan) tarafından  cevaplandı
25, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme
Elimizde bir $ABC$ üçgeni olsun ve bu üçgenin kenarları $r_1,r_2,r_3$'ün karekökleri olsun yani $7,8,5$ Bunun dar açılı bir üçgen olduğunu bildiğimiz için öyle bir $F$ noktası vardır ki $<AFB=AFC=BFC=120^\circ$ olsun (Bu noktaya fermat noktası denir)
$AF=x$ , $BF=y$ , $CF=z$ olsun
$<C=60^\circ$ ve $<BAC=\alpha$ olsun 

Gerekli işlemler yapılırsa $cos\alpha=\dfrac{11}{14}$ olur.

Ve şimdi $x+y+z$'yi elde etmek için gerekli işlemi yapalım;
$ABC$'yi $A$ etrafında $60^\circ$ döndüreceğiz. 

$F \rightarrow F'$
$C \rightarrow C'$ 
$AFF'$ eşkenar üçgen olur çünkü $AFB$ açısını $60^\circ$ ile kesmiş bulunduk.
$x+y+z=AF+FC+FB=FF'+FC+BF=F'C'+FF'+FB=F'B$ olur $F'B$'yide kosinüs teoreminden hesaplayabiliriz;

$AF'=AC=8  -\text{veya}-  7$ olacağı için $F'AB=60+\alpha$ olacağı için  kosinüs toplam açı formülünü de kullanarak ; 

$x+y+z=\sqrt{8^2+7^2-2.8.7\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{11}{14}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{5\sqrt{3}}{14}\right)}$ 

Ve $x+y+z=\sqrt{129}$ olur.



25, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın (895 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Ekteki linkte farklı bir çözüm daha mevcut:

http://geomania.org/forum/index.php?topic=2702.0

14, Eylül, 2017 alpercay (1,178 puan) tarafından  cevaplandı
...