2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение27.11.2017, 02:45 
Заслуженный участник


10/01/16
1435
Kornelij в сообщении #1269459 писал(а):
может, есть что-то проще

:D Это вряд ли...
Можно, конечно, тригонометрией...Но это тоже не подарок.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение27.11.2017, 06:38 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
DeBill в сообщении #1269453 писал(а):
Kornelij
Ну, я, типа, хотел сказать, что углы $EDB,EBD,CBM,BME$ равны. И тогда точки $E,D,M,B$ - на окружности ($BE$ из $D,M$ виден под одним углом).
Так что угол $MEB$ равен $MDB$...


Ужос какой.
Вот за что люблю геометрию, что даже если вусмерть непонятно, как решать задачу, то хоть понятно само решение.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение28.11.2017, 02:13 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
DeBill
Кстати, нашел тригонометрическое решение.
Мне кажется оно гораздо проще чем геометрическое.
Использует всего два тригонометрических соотношения в треугольниках.
Оба соотношения - это в определенном смысле теорема синусов.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение28.11.2017, 09:46 


14/02/06
278
Еще одно решение можно получить, продлив биссектрису до пересечения с описанной окружностью исходного треугольника.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение28.11.2017, 17:03 
Заслуженный участник


10/01/16
1435
Kornelij в сообщении #1269429 писал(а):
Хотя... если еще продлить $BM$ и рассмотреть описанную окружность.... то где-то там..

Так это ж хорошо! Если продленная $BM$ пересекает окр-ть в $M'$, а продленная $BD$ - в $D'$, то равенство дуг $AD'$ и $M'C$ дает параллельность $AC$ и $D'M'$, так что $BM'$ - диаметр. Ну, и коль он делит хорду $AC$ пополам, то либо она ему перпендикулярна (что - низя по неравнобедренности), либо она сама - диаметр...
Так - короче, однако.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение28.11.2017, 20:47 


05/09/16
2432
Kornelij в сообщении #1269459 писал(а):
Я к тому, что, может, есть что-то проще?

Ну для "проще" нужны специальные "олимпийские" знания
BD является симедианой, а как всем известно, семидиана в неравнобедренном треугольнике может совпадать с высотой только если треугольник прямоугольный а семидиана проведена к гипотенузе :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение28.11.2017, 22:36 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
К то мне объяснит такую вещь.
Ведь если равенство этих уголков приводит к прямоугольности треугольника, то устремив эти углы к нулю мы вроде должны в пределе и получить опять прямоугольный треугольник. Но очевидно, что для нулевых углов это утверждение неверно. Поскольку в любом равнобедренном треугольнике у нас высота, биссектриса и медиана совпадают. Видимо при малых углах получается некая неустойчивость решения. Грубо говоря, Неравенство боковых сторон треугольника первого порядка малости приводит к Величинам этих малеьких углов второго порядка малости. Ну то есть при стремлении этих углов к нулю получается некоторое вырождение решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение29.11.2017, 01:02 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
Поскольку уже привели геометрические доказательства, можно и тригонометрическое привести.
Полноты картины ради.
Изображение[/quote]
Итак, у нас задан треугольник $ABC$
$BD$ - высота
$BE$ - биссектриса
$BF$ - медиана
В общем красотищща.

Теперь обозначим $\angle DBE=\angle EBF=\alpha$, $\angle ABD=\angle FBC=\beta$, а $\angle AFB=\gamma$
И соответственно стороны $AB=c, BC=a, AC=b$

Условие на биссектрисность уже выполнено. Теперь надо конвертировать в формулы высотность и медианность.

Для высоты имеем равенство:
1. $c\cos\beta = a\cos(2\alpha+\beta)$

Теперь для медианы имеем:
По теореме синусов для треугольника $ABF$ имеем:
2. $\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{b/2}{\sin(2\alpha+\beta)}$
А для треугольника $FBC$ имеем:
3. $\frac{a}{\sin(\pi-\gamma)}=\frac{b/2}{\sin\beta}$

Делим 2. На 3. И после сокращений получаем:
4. $c\sin(2\alpha+\beta)=a\sin\beta$

Остается разделить 1. На 4.,
После чего приведение к двойным углам дает
$\sin(4\alpha+2\beta)=\sin(2\beta)$
Нетривиальное решение этого уравнения дает:
$4\alpha+2\beta=\pi-2\beta$
Или $2\alpha+2\beta=\frac{\pi}{2}$ чтд.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение29.11.2017, 12:53 


05/09/16
2432
DeBill в сообщении #1269944 писал(а):
Если продленная $BM$ пересекает окр-ть в $M'$, а продленная $BD$ - в $D'$, то равенство дуг $AD'$ и $M'C$ дает параллельность $AC$ и $D'M'$, так что $BM'$ - диаметр.

Как из параллельности $AC$ и $D'M'$ следует что $BM'$ - диаметр? По-моему - никак не следует.
Вот здесь вокруг треугольника $ABC$ описана окружность (с центром в $O$), $AM=CM$, т.е.
$BM$ -- медиана, $BK$ биссектриса угла $\angle ABC$, но $BD$ - не высота и соответственно $BM'$ не диаметр.
Изображение

DeBill в сообщении #1269944 писал(а):
Ну, и коль он делит хорду $AC$ пополам, то либо она ему перпендикулярна (что - низя по неравнобедренности), либо она сама - диаметр...
Ну вот на картинке выше $BM'$ делит $AC$ пополам...

Но если мы добавляем условие что $BD$ перпендикулярна $AC$, то вот тогда из параллельности $AC$ и $D'M'$ следует, что угол $\angle BD'M'$ прямой, а значит $BM'$ - диаметр. И вот тогда из неравнобедренности получается, что $AC$ диаметр, а значит угол $\angle ABC$ прямой.

Действительно, выходит просто и коротко, по-школьному

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 20:23 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
Самое простое доказательство. Не мое.
Изображение
Позвонил одному приятелю - математику-топологу по образованию. Но он уже более 30 лет не занимается математикой. Программист на Уолл-Стрит. Рассказал ему условия задачи. Он думал полторы минуты и выдал очень простенькое, и я бы сказал очень физичное и в общем поучительное решение. Просто воспользовавшись известным методом от противного.
Итак. Пусь у нас угол B прямой. Тогда поскольку $BF$ медиана, то $\angle ABD=\angle FBC$, и , соответственно $\angle DBE=\angle EBF$.
Теперь будем двигать точку $C$ вправо или влево. Треугольник перестает быть прямоугольным, но, как нетрудно заметить, величина угла $FBC$ монотонно изменяется с перемещением точки $C$. Монотонно убывает при перемещении вправо. То есть только когда треугольник прямоугольный, у нас появляется равенство углов.

Я ды назвал это решение более даже физическим. Хотя математики могут возразить, что оно еще и "фунциональное".
Мне всегда нравилось, когда задача может быть решена казалось бы с помощью различного инструментария.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 21:26 


05/09/16
2432
fred1996 в сообщении #1270788 писал(а):
Тогда поскольку $BF$ медиана, то $\angle ABD=\angle FBC$

И откуда это следует?

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 21:49 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
wrest в сообщении #1270813 писал(а):
fred1996 в сообщении #1270788 писал(а):
Тогда поскольку $BF$ медиана, то $\angle ABD=\angle FBC$

И откуда это следует?

В прямоугольном треугольнике $\angle FBC=\angle BCA$, а $\angle BCA=\angle ABD$ из подобия прямоугольных треугольников $ABC$ и $ABD$

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 22:01 


05/09/16
2432
fred1996 в сообщении #1270788 писал(а):
Монотонно убывает при перемещении вправо.

А влево? Очевидно когда треугольник станет равнобедренным, углы опять сравняются.

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 22:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4893
wrest в сообщении #1270822 писал(а):
Очевидно когда треугольник станет равнобедренным, углы опять сравняются.
Верно. Точнее, проблема в том, что разность между рассматриваемыми углами изменяется не монотонно: сперва увеличивается, потом снова уменьшается до нуля. И приведенное "показательство"* этого никак не объясняет и не гарантирует, что такое не случится ещё несколько раз.

*я не имею в виду ничего обидного

 Профиль  
                  
 
 Re: школьная геометрия *
Сообщение01.12.2017, 23:49 
Аватара пользователя


09/10/15
2428
San Jose, USA
grizzly в сообщении #1270835 писал(а):
wrest в сообщении #1270822 писал(а):
Очевидно когда треугольник станет равнобедренным, углы опять сравняются.
Верно. Точнее, проблема в том, что разность между рассматриваемыми углами изменяется не монотонно: сперва увеличивается, потом снова уменьшается до нуля. И приведенное "показательство"* этого никак не объясняет и не гарантирует, что такое не случится ещё несколько раз.

*я не имею в виду ничего обидного


Кажется я невнимательно прочитал присланное мне доказательство. Там рассматриваются другие углы. Один из которых растет с нуля, другой с фиксированного значения. Но первый растет быстрее. И точка, где они сравняются, и соответствует прямому углу. Там тертежа нет - все на словах. Мне сама идея доказательства шибко понравилась, поэтому и запостил сюда не подумав хорошенько. К сожалению сейчас пока нет времени разбираться. Кому интересно, может сам воспользоваться идеей. А я, если сам не додумаюсь, в понедельник спрошу у автора.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 54 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group