Разные задачи про площадь треугольника

[Vitalius]

Пусть $S$ площадь произвольного треугольника с медианами $m_a$, $m_b$ и $m_c$, а:

$q\equiv\frac{1}{2}(m_a+m_b+m_c)$.

Докажите, что:

$S=M\sqrt{q(q-m_a)(q-m_b)(q-m_c)}$,

где $M$ - рациональное число. Каково значение этого числа?

[Lia]

Тема перемещена в форум «Олимпиадные задачи (М)»
Задача известная, но пусть будет, раз ТС пожелал предложить к обсуждению.

[gris]

Можно не возиться с формулами, а без особого труда достроить треугольник, подобный медианному. Его же площадь легко выражается через площадь исходного.

[Vitalius]

Хм, да - задача сия действительно известна, но я как физик забыл об этом. Похоже сталкивался с ней в детстве, но вчера решил её забавляясь с базисами Грёбнера, что, конечно, тоже самое как стрелять с пушкой по воробьями. Сегодня узнал несколько простых решений. Есть однако и другие твердения, полученные мною тем же способом - с помощью базисами Грёбнера. Может кому-то будет интересно давать им более элегантные доказательства. Вот следующее твердение:

Пусть $S$ площадь произвольного треугольника в котором радиусы внешне вписанных окружностей $r_a$, $r_b$ и $r_c$.

Докажите, что:

$S=\frac{r_ar_br_c}{\sqrt{r_ar_b+r_ar_c+r_br_c}}$.

PS: Если модераторы не возражают, предлагаю изменить название топика. Пусть оно будет "Площадь треугольника выражена через..."

[Vitalius]

Пусть $S$ площадь произвольного треугольника с высотами $h_a$, $h_b$ и $h_c$, $S_p$ площадь произвольной фигуры, а $S_t$ площадь треугольника со сторонами $S_p/h_a$, $S_p/h_b$ и $S_p/h_c$.

Докажите, что:

$S=H\frac{S_{p}^{2}}{S_{t}}$,

где $H$ - рациональное число. Каково значение этого числа?

[Vitalius]

Упс, в такой формулировке надо уточнить, что речь идёт не о произвольном треугольнике с высотами $h_a$, $h_b$ и $h_c$, а лишь такого для которого существует треугольник со сторонами $S_p/h_a$, $S_p/h_b$ и $S_p/h_c$, где $S_p$ площадь произвольной фигуры.

[gris]

Разве такой треугольник не всегда существует? Издалека он будет даже похож на исходный.

[Vitalius]

Gris, представьте себе равнобедренный треугольник в котором основание намного меньше бедра. Для него не существует треугольник со сторонами, которые равны его высот. Однако это вроде не запрещает существование треугольника со сторонами, которые пропорциональны минус первых степеней высот исходного треугольника, так что похоже Вы правы.

[DeBill]

Vitalius в сообщении #1148891 писал(а):

Докажите, что:

$S=\frac{r_ar_br_c}{\sqrt{r_ar_b+r_ar_c+r_br_c}}$.

Из формул для вневписанной окр-ти (она легко выводится рассмотрением площадей) $r_a = \frac{S}{p-a}$. Далее - по Герону
(Конечно, надо учесть еще $\frac{S}{r_a}+ \frac{S}{r_b} + \frac{S}{r_c} = p$)....

Vitalius в сообщении #1149034 писал(а):

Докажите, что:

$S=H\frac{S_{p}^{2}}{S_{t}}$,

Для $S_P =2S$ это верно при $H= \frac{1}{4}$. Значит, и всегда верно - из подобия.
То же подобие запрещает Ваш пример и в общем случае

[Vitalius]

Пусть $a$, $b$, $c$, $m_a$, $m_b$ и $m_c$ соответственно стороны и медианы произвольного треугольника.

Докажите, что:

$64\frac{m_a^2}{a^2}\frac{m_b^2}{b^2}\frac{m_c^2}{c^2}+16\left(\frac{m_a^2}{a^2}\frac{m_b^2}{b^2}+\frac{m_a^2}{a^2}\frac{m_c^2}{c^2}+\frac{m_b^2}{b^2}\frac{m_c^2}{c^2}\right)-12\left(\frac{m_a^2}{a^2}+\frac{m_b^2}{b^2}+\frac{m_c^2}{c^2}\right)=27$.

-- 26.09.2016, 22:30 --

А следующий результат озадачил меня. Однако ошибку в своём выводе не нашёл.

Пусть $a$, $b$, $c$, $r_a$, $r_b$ и $r_c$ соответственно стороны и радиусы внешне вписанных окружностей произвольного треугольника.

Докажите, что:

$4\frac{r_a^2}{a^2}\frac{r_b^2}{b^2}\frac{r_c^2}{c^2}+\left(\frac{r_a}{a}\frac{r_b}{b}+\frac{r_a}{a}\frac{r_c}{c}+\frac{r_b}{b}\frac{r_c}{c}\right)^{2}-4\frac{r_a}{a}\frac{r_b}{b}\frac{r_c}{c}\left(\frac{r_a}{a}+\frac{r_b}{b}+\frac{r_c}{c}\right)=0.$

[gris]

Так и хочется возвести в куб равенство утроенной суммы квадратов сторон и учетверённой суммы квадратов медиан. Вдруг что там посокращается А потом разделить на произведение квадратов сторон, конечно.

[Vitalius]

Gris, а что скажете насчёт тождества с радиусами внешне вписанных окружностей? Выглядит невероятно. Я всё же сомневаюсь в его правоты.

[gris]

У Вас же было выражение площади через радиусы вневписанных окружностей. А также через стороны и радиус описанной окружности. А он связан с радиусами вневписанных. Исключим радиус описанной и площадь. Запутанно, конечно. Но почему невероятно? Однородность и симметричность есть. Каких-то явных пороков не видно.
Первое равенство, если оно верно, можно доказать и в лоб, пользуясь выражением квадрата каждой медианы через квадраты сторон. Там всё однородно после домножения. Но это не интересно. Должно быть красивое решение. Может быть, связанное с симметрическими многочленами Тут уж я умолкаю.

[Vitalius]

Gris, тождество с радиусами внешне вписанных окружностей выглядит невероятно потому, что отношение этих радиусов и сторон треугольника может быть большим. А там присутствует одночлен шестой степени с такими отношениями. Аналогичная задача с высотами в произвольном треугольнике тоже можно решить, но результат в этом случае не удивляет, хотя, как оказывается, он тот же самый, что и в случае с радиусами внешне вписанных окружностей треугольника.

Пусть $a$, $b$, $c$, $h_a$, $h_b$ и $h_c$ соответственно стороны и высоты произвольного треугольника.

Докажите, что:

$4\frac{h_a^2}{a^2}\frac{h_b^2}{b^2}\frac{h_c^2}{c^2}+\left(\frac{h_a}{a}\frac{h_b}{b}+\frac{h_a}{a}\frac{h_c}{c}+\frac{h_b}{b}\frac{h_c}{c}\right)^{2}-4\frac{h_a}{a}\frac{h_b}{b}\frac{h_c}{c}\left(\frac{h_a}{a}+\frac{h_b}{b}+\frac{h_c}{c}\right)=0.$

[gris]

$4\frac{h_a^2}{a^2}\frac{h_b^2}{b^2}\frac{h_c^2}{c^2}+\left(\frac{h_a}{a}\frac{h_b}{b}+\frac{h_a}{a}\frac{h_c}{c}+\frac{h_b}{b}\frac{h_c}{c}\right)^{2}-4\frac{h_a}{a}\frac{h_b}{b}\frac{h_c}{c}\left(\frac{h_a}{a}+\frac{h_b}{b}+\frac{h_c}{c}\right)=0\big|\cdot a^4b^4c^4$

$4h_a^2a^2h_b^2b^2h_c^2c^2+\left(h_aah_bbc^2+h_aah_ccb^2+h_bbh_cca^2\right)^{2}-4h_aah_bbh_cc\left(h_aac^2b^2+h_bba^2c^2+h_cca^2b^2\right)=$

$=256S^6+16S^4(a^2+b^2+c^2)^2-64S^4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)=0$

$16S^2+(a^2+b^2+c^2)^2-4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)=0$

$16S^2=2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-a^4-b^4-c^4$

Вот вроде бы эквивалентное исходному равенство. А не формула ли Герона здесь просвечивает? Она!

Впрочем, мне удивительны не доказательства, а то, как Вы получаете такие красивые формулы

Вот ещё.

Vitalius в сообщении #1155082 писал(а):

тождество с радиусами внешне вписанных окружностей выглядит невероятно потому, что отношение этих радиусов и сторон треугольника может быть большим. А там присутствует одночлен шестой степени с такими отношениями.

Да, но можно ли увеличить одновременно три отношения, ведь в одночлене их произведение. Подобием нельзя. Только какой-то специальной формой треугольника. А ведь произведение вполне может быть ограничено сверху