Треугольник с любопытным периметром

[Ktina]

(по мотивам задачи Бориса Рафаиловича Френкина)

Существует ли треугольник, периметр которого равен сумме длин какой-то из его высот, какой-то из его биссектрис и какой-то из его медиан?

[gris]

Берём равнобедренный треугольник. С очень тупым углом. В качестве высоты, медианы и биссектрисы берём высоту к основанию. Ясно, что утроенная высота меньше периметра. Но начнём поднимать вершину, из которой она выходит. Ясно, что там, далеко-далеко, утроенная высота почти в полтора раза превысит периметр. Ну из соображений непрерывности следует, что.

Вообще можно слегка качнуть вершину в сторону и взять несовпадающие эти самые. Может быть, имелось в виду, что они должны испускаться из разных вершин?

[Dmitriy40]

Красиво!
Добавлю лишь численное значение верхнего (напротив основания) угла равнобедренного треугольника - $45.23972989608085°$.

[scwec]

А если потребовать, чтобы длины сторон были целыми числами?

[Dmitriy40]

scwec в сообщении #991642 писал(а):

А если потребовать, чтобы длины сторон были целыми числами?

А тогда решения в виде равнобедренного треугольника с высотой к основанию не будет, т.к. $\sin(\frac{45.24°}{2})$ явно не выражается рациональным числом.

[gris]

Если зафиксировать нижнее основание в виде единичного отрезка, то множество подходящих точек для вершины будет, наверное, какой-то кривой. Вопрос: Найдутся ли на ней точки, расстояния от которых до концов основания рациональны. Это для отрезков, проводимых из одной вершины.
Но это, скорее всего, не имеет отношения к задаче ТС. Я думаю, что там обязательно задействованы все три вершины. И, кажется, что сумма отрезков всегда будет меньше периметра

Dmitriy40 в сообщении #991651 писал(а):

$\sin(\frac{45.24°}{2})$ явно не выражается рациональным числом.

[Dmitriy40]

Dmitriy40 в сообщении #991651 писал(а):

$\sin(\frac{45.24°}{2})$ явно не выражается рациональным числом.

Мда, ступил так ступил , ещё как выражается, $\sin(\frac{45.24°}{2})=\frac{5}{13}$.
И тогда искомый треугольник с целочисленными сторонами: основание 10, боковые стороны по 13, высота/медиана/биссектриса на основание 12.

А доказательство из соображений непрерывности всё равно красивое!

[Ktina]

gris в сообщении #991656 писал(а):

...
Но это, скорее всего, не имеет отношения к задаче ТС. Я думаю, что там обязательно задействованы все три вершины. И, кажется, что сумма отрезков всегда будет меньше периметра
...

Можно рассмотреть оба варианта задачи.

[gris]

Dmitriy40, я и сам не ожидал, что получится целочисленный треугольник А улыбнулся тому, что Вы написали слово "явно": ведь если аргумент синуса иррационален, то нельзя заранее сказать каким будет значение синуса — рац или иррац. Хотя Вы правы: вероятность случайно получить рац равна нулю. Ну тогда если Вам полюбилась непрерывность, то можно поискать треугольник, у которого сумма медианы, высоты и биссектрисы, проведённых из разных вершин, больше периметра.

[Evgenjy]

gris в сообщении #991656 писал(а):

Я думаю, что там обязательно задействованы все три вершины. И, кажется, что сумма отрезков всегда будет меньше периметра

Да, поскольку
$h_a<(b+c)/2$ т. к. по крайней мере одна из сторон больше высоты.
$m_b<(a+c)/2$ (доказательство: достроить до параллелограмма)
$s_c<(a+b)/2$ т. к. $s_c=\sqrt{ab-ed}$

[gris]

Про биссектрису можно лучше и без формулы, так как она лежит между одновершинными медианой и высотой. Ну там разные свойства наклонных и прочего припомнить. Симпатичная задачка.

[Dmitriy40]

gris в сообщении #991656 писал(а):

Если зафиксировать нижнее основание в виде единичного отрезка, то множество подходящих точек для вершины будет, наверное, какой-то кривой.

Я кстати попытался построить эту кривую, тупым способом "в лоб", записав все длины как функции от координат и засунув уравнение в "решалку-рисовалку". Вот только так и не смог получить уравнение прямой для биссектрисы, через $\arctg$ конечно можно, но очень уж громоздко и некрасиво, для начала приравнял биссектрису к медиане, не так уж сильно они различаются по длине. Получил весьма странный график, всюду практически прямая $y=1$ с маленьким горбиком в окрестности $x=[-1,1]$ до максимума $y=1.2$ при $x=0$. Горбик похож на горб нормального распределения, только раза в три уже.
Точный учёт биссектрисы конечно внесёт искажение, но надеюсь весьма небольшое, порядка единиц процентов, и кардинально на графике не скажется.

[gris]

Dmitriy40, примерно так и должно получаться. При отодвигании точки вправо-влево медиана, бисссектриса и боковые стороны отличаются немного, то есть высота должна быть равна основанию. Я было попытался написать уравнение, но формула биссектрисы через сторона очень громоздкая, я запутался совсем Тем более, что Вы правы: точные формулы не изменят эскиз графика.

[Dmitriy40]

gris в сообщении #992052 писал(а):

Dmitriy40, примерно так и должно получаться. При отодвигании точки вправо-влево медиана, бисссектриса и боковые стороны отличаются немного, то есть высота должна быть равна основанию.

Наверное. Мне думать было сильно лень, я почему-то ожидал что кривая при удалении от $x=0$ уйдёт под $y=1$ и будет уменьшение типа экспоненты (ну или гиперболы). Сейчас, прикинув ещё разок, думаю кривая должна как раз где-то так и "затухать", только не к $y=0$, а к $y=1$, оставаясь всё время выше. Впрочем, без точного учёта биссектрисы этот вывод спорный.

Кстати, а ведь все эти треугольники (при удалении вершины от $x=0$) имеют практически одинаковую площадь, с пределом $\lim\limits_{x\to\pm\infty}{S}=0.5$.

[Ktina]

gris
Простите, что с опозданием.
У Вас решение удивительной красоты.