Разные задачи про площадь треугольника

[Vitalius]

Ну да - давать какие-то твердения о связи крив 3 степени с рациональсти сторон треугольника без всяких обосновок и объясненений, абсолютно бесполезно. Или иначе говоря - настоящия игра в пустяки, бирюльки и так далее.

[scwec]

gris, (вам это предназначалось) конечно, я имел в виду "Das Glasperlenspiel" (игру в бисер). Мы с вами об этом уже раньше на форуме говорили.
А бирюльки, ну что же, видимо, думал о них, вот и вырвалось (бирюльки исправил на бисер).
Для информации - "Das Glasperlenspiel" - книга Нобелевского лауреата по литературе Германа Гессе.
Так что трактовать мое высказывание нужно как "здесь уже начало более серьезных вещей".

[Vitalius]

gris в сообщении #1156451 писал(а):

Интересный факт: если стороны треугольника рациональны, то его высоты либо все рациональны, либо все иррациональны.

Gris , дял отношения радиусов $r_a$, $r_b$ и $r_c$ получилось того же тождество. Надо рассмотреть к чему ведет та же самая формула для рац. корней уравнения когда речь идет о радиусов.

[gris]

scwec, при Вас я не решусь даже произносить слова типа эллиптических кривых, а вставить тоже что-нибудь хочется, да так, чтобы было нечто иррациональное. Вот и оклавил первое попавшееся.
Vitalis, Попробую ещё возвести какое-нибудь равенство в шестнадцатую степень, а при этом рассматривать визуализацию Шагала под сонату Шёнберга с томиком Шопенгауэра под мышкой. И пытаясь разобрать scwec-тему. Надеюсь вставит.

[scwec]

gris, Вы, как всегда, на высоте.
Да и старая дружба не ржавеет.
С разрешения ТС задам элементарный (но не простой) вопрос для всех по теме о площади треугольника.
Докажите, что для любого рационального $Q>0$, найдется треугольник с рациональными длинами сторон такой,
что площадь его равна $\sqrt{Q}$.

[Vitalius]

Пусть $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $l_a$, $l_b$ и $l_c$ соответственно стороны, углы и биссектрисы в произвольном треугольнике. Докажите, что:

$\frac{l_a}{a\cos\frac{\alpha}{2}}\ \frac{l_b}{b\cos\frac{\beta}{2}}\ \frac{l_c}{c\cos\frac{\gamma}{2}}+ \frac{l_a}{a\cos\frac{\alpha}{2}}\ \frac{l_b}{b\cos\frac{\beta}{2}}+ \frac{l_a}{a\cos\frac{\alpha}{2}}\ \frac{l_c}{c\cos\frac{\gamma}{2}}+ \frac{l_b}{b\cos\frac{\beta}{2}}\ \frac{l_c}{c\cos\frac{\gamma}{2}}=4. $

[gris]

Красивая формула. Ну сразу избавляемся от биссектрис и косинусов. Остаются только стороны. Проверяем на всякий случай для равностороннего треугольника. Работает. А дальше нудно домножаем и раскрываем скобки. Я верю, что получится. Опять таки доказательство несложно, но как Вы получили эту формулу?

[Vitalius]

Gris, слишком громозкий способ доказательства решили принять. Есть конечно иной метод и я его использую везде в данном топике. Могу рассказать о нем, однако сейчас пишу из телефона и мне не очень удобно объяснять.

[Vitalius]

Пусть $h_a$, $h_b$, $h_c$, $m_a$, $m_b$ и $m_c$ соответственно высоты и медианы произвольного треугольника.

Докажите, что:

$\frac{m_a^4}{h_a^4}+\frac{m_b^4}{h_b^4}+\frac{m_c^4}{h_c^4}-2\left(\frac{m_a^2}{h_a^2}\frac{m_b^2}{h_b^2}+\frac{m_a^2}{h_a^2}\frac{m_c^2}{h_c^2}+\frac{m_b^2}{h_b^2}\frac{m_c^2}{h_c^2}\right)+2\left(\frac{m_a^2}{h_a^2}+\frac{m_b^2}{h_b^2}+\frac{m_c^2}{h_c^2}\right)=3$.

[Vitalius]

Пусть дан произвольный $\triangle ABC$, стороны которого продолжены так, что напротив каждой его вершине построен равнобедренный треугольник с бедрами $x$ и углы между ними соответственно $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, которые равны углов $\triangle ABC$. Если площади этих равнобедренных треугольников $S_{\alpha}$, $S_{\beta}$ и $S_{\gamma}$, то докажите, что:

$16\frac{S^{2}_{\alpha}}{x^{4}}\frac{S^{2}_{\beta}}{x^{4}}\frac{S^{2}_{\gamma}}{x^{4}}+\frac{S^{4}_{\alpha}}{x^{8}}+\frac{S^{4}_{\beta}}{x^{8}}+\frac{S^{4}_{\gamma}}{x^{8}}=2\left(\frac{S^{2}_{\alpha}}{x^{4}}\frac{S^{2}_{\beta}}{x^{4}}+\frac{S^{2}_{\alpha}}{x^{4}}\frac{S^{2}_{\gamma}}{x^{4}}+\frac{S^{2}_{\beta}}{x^{4}}\frac{S^{2}_{\gamma}}{x^{4}}\right)$.

[Vitalius]

Пусть дан произвольный $\triangle ABC$, стороны которого продолжены так, что напротив каждой его вершине построен равнобедренный треугольник с бедрами $x$ и углы между ними соответственно $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, которые равны углов $\triangle ABC$. Если периметры этих равнобедренных треугольников $P_{\alpha}$, $P_{\beta}$ и $P_{\gamma}$, то докажите, что:

$\ \left[\frac{P_{\alpha}}{x}\frac{P_{\beta}}{x}\frac{P_{\gamma}}{x}-4\left(\frac{P_{\alpha}}{x}\frac{P_{\beta}}{x}+\frac{P_{\alpha}}{x}\frac{P_{\gamma}}{x}+\frac{P_{\beta}}{x}\frac{P_{\gamma}}{x}\right)+\left(\frac{P_{\alpha}}{x}+\frac{P_{\beta}}{x}+\frac{P_{\gamma}}{x}\right)^{2}\right]\cdot$

$\cdot\left[\frac{P_{\alpha}}{x}\frac{P_{\beta}}{x}\frac{P_{\gamma}}{x}-\left(\frac{P_{\alpha}}{x}+\frac{P_{\beta}}{x}+\frac{P_{\gamma}}{x}\right)\left(\frac{P_{\alpha}}{x}+\frac{P_{\beta}}{x}+\frac{P_{\gamma}}{x}-8\right)-16\right]=0$.

-- 06.11.2017, 01:04 --

Пусть дан произвольный $\triangle ABC$, стороны которого продолжены так, что напротив каждой его вершине построен равнобедренный треугольник с бедрами $x$ и углы между ними соответственно $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, которые равны углов $\triangle ABC$. Если основания этих равнобедренных треугольников $d_{\alpha}$, $d_{\beta}$ и $d_{\gamma}$, то докажите, что:

$\left(\frac{d_{\alpha}}{x}\frac{d_{\beta}}{x}\frac{d_{\gamma}}{x}-\frac{d^{2}_{\alpha}}{x^{2}}-\frac{d^{2}_{\beta}}{x^{2}}-\frac{d^{2}_{\gamma}}{x^{2}}+4\right)\left(\frac{d_{\alpha}}{x}\frac{d_{\beta}}{x}\frac{d_{\gamma}}{x}+\frac{d^{2}_{\alpha}}{x^{2}}+\frac{d^{2}_{\beta}}{x^{2}}+\frac{d^{2}_{\gamma}}{x^{2}}-4\right)=0$.

[Vitalius]

Пусть $a$, $b$, $c$, $l_a$, $l_b$ и $l_c$ соответственно стороны и биссектрисы произвольного треугольника, а:

$k_1\equiv \frac{l_{a}^{\ 2}}{aP}+\frac{l_{b}^{\ 2}}{bP}+\frac{l_{c}^{\ 2}}{cP},$

$k_2\equiv \frac{l_{a}^{\ 2}}{aP}\frac{l_{b}^{\ 2}}{bP}+\frac{l_{a}^{\ 2}}{aP}\frac{l_{c}^{\ 2}}{cP}+\frac{l_{b}^{\ 2}}{bP}\frac{l_{c}^{\ 2}}{cP},$

$k_3\equiv \frac{l_{a}^{\ 2}}{aP}\frac{l_{b}^{\ 2}}{bP}\frac{l_{c}^{\ 2}}{cP},$

где:

$P\equiv a+b+c$.

Докажите, что:

$\ 24k_{2}^{\ 2}\left[k_{3}\left(36k_{3}+23\right)-2\right]+8k_{1}\left(3k_{3}+2k_{2}\right)\left[2\left(2k_{3}+3k_{2}\right)\left(4k_{3}+1\right)+9k_{2}^{\ 2}-2\right]+$

$+4k_{2}^{\ 3}\left(108k_{3}+35\right)+48k_{2}k_{3}\left(4k_{3}-1\right)\left(4k_{3}+5\right)+16k_{1}^{\ 2}\left(3k_{3}+2k_{2}\right)^{2}+$

$+16k_{3}\left(k_{3}+2\right)\left(4k_{3}-1\right)^{2}+81k_{2}^{\ 4}=0.$

[gris]

По известной формуле для длины биссектрисы через стороны можно получить рационально-полиномиальные выражения для $k_i$ и засунув их в итоговую формулу получить требуемое тождество. Благо, нынешние средства позволяют избавится от утомительного ручного труда. Меня уже долго мучает вопрос: как Вы получаете такие интересные соотношения. Видимо, дело связано с симметрическими многочленами и не дающимися мне приёмами обхождения с ними. Но я сделал робкую попытку подражания Вашему искусству.
К тому же с сегодняшнего дня модераторами разрешена генерация подобных утверждений (не сочтите за обсуждение действий, упаси Основатель! Было опубликовано слово "мона" ).
Вот я и пробую.
Пусть $A,B,C$ углы произвольного треугольника, выраженные в радианах или градусах.
Нормализуем их, разделив на $\pi$ или $180^{\circ}$ в зависимости от(на). Получим тройку $(a,b,c)$. Обозначим: $k_1=a+b+c; k_2=ab+bc+ca;k_3=a^2+b^2+c^2$. Доказать, что

$k_3^2(k_3-9)+6k_3k_2(k_3-6)+12k_2^2(k_3-3)+8(k_1^3+k_2^3)=0$

Я получил много таких формул, но публикую самую красивую Извините, если не следовало размещать это в Вашей теме. Если воспоследует недовольство, то я немедленно уберу.

[Vitalius]

Gris, я не имею ничего против, чтобы Вы или кто-то ещё размещал здесь разные задачи с метрическими соотношениями в геометрии. Думаю даже, что будет неплохо если модераторы поменяют название данного топика, ибо здесь уже давно присутствуют не только задачи про площадь треугольника. Может название "Разные задачи о метрических соотношениях в геометрии" подходящее.

Что касается Ваше соотношение о "нормализованных" углов треугольника, мне тоже интересно как Вы его получили.

[kotenok gav]

$k_1=1$
$k_3=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)=1-2k_2$
Как-то так.