Wie finden Sie pythagoreische Tripel, die ungefähr einem rechtwinkligen Dreieck mit einem bestimmten Winkel entsprechen?

Lassen$r\in[0,\infty)$. Das gestellte Problem ist äquivalent zum Finden$m\geq n\in\mathbb N$so dass$r\sim\frac{2mn}{m^2-n^2}$.

So wollen wir

$$rm^2-2mn-rn^2\sim0$$ Nun nehme an$r,n$ist gegeben und wir wollen finden$m$das die obige Gleichung erfüllt (nicht unbedingt natürlich).

Daher,

$$m=\frac{n\left(1+\sqrt{1+r^2}\right)}r$$ Also wollen wir eine Auswahl finden$n$das macht den obigen Ausdruck willkürlich nahe an eine ganze Zahl.

Aber das ist relativ einfach. Lassen$c=\frac r{1+\sqrt{1+r^2}}$. Daher,$n=mc$. Wir wollen also nur einen Bruchteil finden$\frac nm$nahe bei$c$. Einfach!

Zusammenfassung :

Gegeben$\theta$, berechnen

$$c=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta} = \tan\frac\theta2$$ Finde dann einen Bruch$\frac nm$willkürlich nahe$c$. Ersatz$m,n$in Ihre Formel und voila!

Das funktioniert für$\quad 0.01 \lt \tan\theta\lt 1\quad$beschränkt auf Dezimalzahlen ausdrückbar als$3$-stellige Brüche. Für$\tan\theta>1,\space \tan\space (90-\theta)\space$sollte benutzt werden. Für$\tan\theta=1,\space$Die besten Tripel sind wo$A^2+(A\pm1)^2=C^2.\quad$

Wir beginnen mit der Formel von Euklid

$$A=m^2-k^2\qquad B=2mk \qquad C=m^2+k^2$$

Für$\tan\theta = 1,\space$die Werte für$A^2 +(A\pm1)^2=C^2\space$Drillinge (zu füttern$(m,k)$-Werte nach Euklids Formel) können sequentiell mit erzeugt werden$k_{n+1}=k_n+\sqrt{2k_n^2+(-1)^{k_n}}.$Das sind Zauberzahlen$\{1,2,5,12,\cdots\}$paarweise zu verwenden wie$\space(2,1),\space (5,2),\space (12,5)\cdots.\space$Für$\tan\theta<1,\space$Wir verwenden diese Schritte

1. Wandeln Sie die Tangente in a um$1$-Zu-$3$Ziffernbruch zur Identifizierung des A:B-Verhältnisses.

2. Löse die Tangensfunktion nach$k$

3. Testen Sie eine Reihe von$m$-Werte, um zu sehen, was a ergibt$k$-Wert, der einer Ganzzahl am nächsten kommt,

4. Verwenden$m$und der gerundete Wert von$k$um das Tripel mit der Formel von Euklid zu erzeugen.

$$\begin{equation} \tan\theta=\dfrac{A}{B} = \dfrac{m^2-k^2}{2mk}\\ \\ 2mkA=(m^2-k^2)B\\ \\ B k^2+2 A k m - B m^2 = 0 \\ \implies k = \dfrac{\sqrt{A^2 m^2 + B^2 m^2} - A m}{B}\\ \quad \text{ for }\quad 2 \le m \le 50 \end{equation}$$

Dieser Bereich wird gewählt, um Brüche bis zu unterzubringen$3$Ziffern.

Beispiel

$$\tan39^\circ\approx 0.80978\approx \dfrac{149}{184} \implies A=149\quad B=184$$

$$k = \dfrac{\sqrt{149^2 m^2 + 184^2 m^2} - 149 m}{184} \quad \text{ for } 2\le m \le 30 \\\text{and we find the best fit is } \quad m=21\quad k\approx 10.016\approx 10 \\ f(21,10)=(341,420,541)\\ \tan\theta\approx\dfrac{341}{420}\approx 0.81190476 \\ \tan^{-1} 0.81190476\approx 39.07^\circ$$

Für jede positive ganze Zahl$m>n$,

$$\begin{gather} z=m+ni= r\angle \phi\\ z^2=(m+ni)^2=(m^2-n^2)+2mni=r^2\angle 2\phi \end{gather}$$ Wo$r=\sqrt{m^2+n^2}$Und$\tan \phi=\frac{n}{m}$.

Daher$\{m^2+n^2,m^2-n^2,2mn\}$ist ein pythagoräisches Triplett.

In Ihrem Fall$2\phi=56.25^\circ$oder$\phi=28.125^\circ$.

Finden Sie das einfachste$m>n$so dass$\tan 28.125^\circ=\frac{n}{m}$.

$$\begin{align} \tan 28.125^\circ&=\frac{n}{m}\\ 0.5&\approx\frac{n}{m}\\ \end{align}$$

$m=2$Und$n=1$.

Meine "andere" Antwort verwendete Euklids Formel, fand Tripel für Cotangens anstelle von Tangens und musste verwendet werden$(90-\theta)$für Winkel oben$45^\circ.\quad$Diese Antwort verwendet eine Formel, die ich entwickelt habe$2009$und findet Tripel für$0\lt \theta \lt 90^\circ$mit einem Fehler von (normalerweise)$5$Bogensekunden oder weniger–– und extreme Bruchteile einer Sekunde, wenn Winkel sich Null von neunzig Grad nähern.

$$\begin{align*} \\ A&=\space \big(2n-1+k)^2-k^2 &=(2n-1)^2+&2(2n-1)k \\ B&=2(2n-1+k)k &=&2(2n-1)k+2k^2\\ C&=\space (2n-1+k)^2+k^2 & =(2n-1)^2+&2(2n-1)k+2k^2\\ \end{align*}$$ Wir beginnen mit$\dfrac{B}{A}$und löse nach$k$Testen eines definierten Bereichs von$n$-values, um zu sehen, welche Ganzzahl größer als Null am nächsten ist. Die Werte von$A$Und$B$sind das gebrochene Äquivalent von Tangens mit einem Nenner$(A)$bis zu dreistellig. $$\begin{align*} \frac{B}{A} &=\frac{2(2n-1)k +2k^2}{(2n-1)^2 + 2(2n-1)k} \\ \\ B((2n-1)^2 + 2(2n-1)k) &=A(2(2n-1)k +2k^2)\\ \\k &= \frac{(2n-1)\big(B-A +\sqrt{A^2 + B^2}\big)}{2 A}\\ \quad \text{for} \quad 2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor\le &n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{\tan\theta}\bigg\rfloor \quad 0 \lt\theta\lt 90^\circ \end{align*}$$

Verwendung der$39^\circ$Beispiel,$\tan\theta\approx 0.80978403,\space A=184,\space B=149$

$$\begin{align*} k&=\bigg[ \frac{(2n-1)\big(149-184 +\sqrt{184^2 + 149^2}\big)}{2 (184)}\bigg] \\ \\ \quad \text{for} \quad &2+ \bigg\lfloor\frac{1}{\ 0.80978403}\bigg\rfloor\le n\le 100 +\bigg\lfloor\frac{1}{0.80978403}\bigg\rfloor\\ \\\\ \implies f(n,k)&=f(16,17)=(2015,1632,2593)\quad \approx 39.00489701^\circ \end{align*}$$

Für andere Beispiele haben wir

$$\begin{align*} 0.01^\circ\rightarrow & f(5731,1)=(131377443,22924,131377445)\\ &\approx 0.009997519^\circ \\ 30^\circ\rightarrow & f(77,56)=(40545,23408,46817)\space \approx 29.9992934272601^\circ \\ 45^\circ\rightarrow & f(50,70)=(23661,23660,33461)\space \approx 44.9987892102977^\circ \\ 56.25^\circ\rightarrow & f(14,31)=(2403,3596,4325)\space \approx 56.2474707665776^\circ \\ 60^\circ\rightarrow & f(77,209)=(87363,151316,174725)\space \approx 59.9998106752595^\circ \\ 89.99^\circ\rightarrow & f(39,441139)=(67941335,389275170048,389275175977)\\ &\approx 89.9899999999744^\circ \end{align*}$$

Für einen Winkel$\theta$Sie können ein pythagoreisches Tripel finden$(2mn, |m^2-n^2|, m^2+n^2)$entspricht einem rechtwinkligen Dreieck, das einen Winkel von ungefähr enthält$\theta$indem Sie eine rationale Näherung finden

$$\frac{m}{n} \approx \tan\frac{\theta}{2}$$ Sie können eine "gute" rationale Annäherung an finden$\tan\frac{\theta}{2}$Verwenden von Techniken aus diesem Q&A-Beitrag . Beachten Sie, dass die Antwort von Don Thousand die Inspiration für diese Erkenntnis ist; Ich wollte es kompakt ausdrücken.