Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.7k 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
Orta Öğretim Matematik kategorisinde (13 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 1.7k kez görüntülendi

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,

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

(881 puan) tarafından 
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)




(895 puan) tarafından 
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.



(895 puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Ekteki linkte farklı bir çözüm daha mevcut:

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

(2.8k puan) tarafından 
20,220 soru
21,752 cevap
73,355 yorum
1,992,467 kullanıcı