Matematyka.pl

Wydaje mi się, że z tą odległością srodków jest tak:
odległość środków zależy nie od długości promieni, lecz od tego jakie są długości boków trójkąta, a co za tym idzie również od jego kątów. Zauważmy, że w trójkącie równobocznym śródki okręgów pokrywają się ale długości promieni różnią się. Więc chociaż te dwa promienie we wspomnianym trójkącie różnią się między sobą o \(\displaystyle{ \frac{1}{3}h}\) to jednak róznica pomiędzy środkami okręgów wynosi 0. Dzieje się tak dlatego, że punkt przecięcia symetralnych wszystkich boków trójkoąta równobocznego jest zarazem punktem przecięcia dwusiecznych wszystkich trzech kątów. To są takie luźne wywody. Pobawiłąbym się trochę inaczej. Mając konkretne zadanie podeszłabym w sposób analityczny umiejscawiając trójkąt w układzie współrzędnych i nadając wierzchołkom konkretne wartości oczywiście z zachowaniem odległości boków. Ale to już zabawa na kiedy indziej. Niestety nie podam wzoru syntetycznego. Jeśli w którymś momencie powtarzam czyjeś poglądy to proszę to potraktować jako konkluzję sprawy.

Oto próba dowodu, powiedzmy „w stylu klasycznym”.



W \(\displaystyle{ \bigtriangleup OCS}\)
\(\displaystyle{ d^{2} \,=\, |OC|^{2} + |SC|^{2} - 2\cdot |OC|\cdot |SC|\cdot \cos(\angle OCS)}\)
\(\displaystyle{ |SC|\,=\,R}\)
Trzeba wyrazić
|OC| i \(\displaystyle{ \cos(\angle OCS)}\)
przez R i r.
\(\displaystyle{ \angle OCS \,=\, \angle OCB -\angle SCB}\)
\(\displaystyle{ \angle BSC \,=\, 2\cdot }\)
Poniważ \(\displaystyle{ \bigtriangleup BSC}\) jest równoramienny
\(\displaystyle{ \angle SCB\,=\, \frac{1}{2}\cdot (180^{0} - 2\cdot )\,=\,90^{o} - }\)
\(\displaystyle{ \angle OCB \,=\,\frac{1}{2}\cdot \gamma}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \angle OCS \,=\, \frac{\gamma }{2} - (90^{o} - )\,=\,\alpha + \frac{\gamma }{2} - 90^{o}}\)
\(\displaystyle{ \cos(\angle OCS)\,=\,\cos(\alpha + \frac{\gamma }{2} - 90^{o})\,=\,\cos(90^{o} - (\alpha + \frac{\gamma }{2})) \,=\,}\)
\(\displaystyle{ \,=\, \sin(\alpha + \frac{\gamma }{2})\,=\,\sin(\alpha )\cos(\frac{\gamma }{2}) + \sin(\frac{\gamma }{2})\cos(\alpha )}\)
\(\displaystyle{ \frac{r}{|SC|}\,=\,\sin(\frac{\gamma }{2})}\)
czyli
\(\displaystyle{ |SC|\,=\,\frac{r}{\sin(\frac{\gamma }{2})}}\)

Rozważając trójkąty o wierzchołku O
\(\displaystyle{ a\,=\,\frac{r}{\tan(\frac{\beta }{2}) }+ \frac{r}{\tan(\frac{\gamma }{2})}}\)
\(\displaystyle{ b\,=\,\frac{r}{\tan(\frac{\alpha }{2})} + \frac{r}{\tan(\frac{\gamma }{2})}}\)
\(\displaystyle{ c\,=\,\frac{r}{\tan(\frac{\alpha }{2})}+ \frac{r}{\tan(\frac{\beta }{2})}}\)
Oznaczm
\(\displaystyle{ x\,=\,\tan(\frac{\alpha }{2})}\)
\(\displaystyle{ y\,=\,\tan(\frac{\beta }{2})}\)
\(\displaystyle{ z\,=\,\tan(\frac{\gamma }{2})}\)
\(\displaystyle{ a\,=\,\frac{r}{y} + \frac{r}{z}}\)
\(\displaystyle{ b\,=\,\frac{r}{x} + \frac{r}{z}}\)
\(\displaystyle{ c\,=\,\frac{r}{x} + \frac{r}{y}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\alpha }{2} + \frac{\beta }{2} + \frac{\gamma }{2}\,=\,90^{o}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\gamma }{2}\,=\,90 - (\frac{\alpha }{2} + \frac{\beta }{2})}\)
\(\displaystyle{ \tan(\frac{\gamma }{2})\,=\,\tan(90 - (\frac{\alpha }{2} + \frac{\beta }{2}))\,=\,\frac{1}{\tan(\frac{\alpha }{2} + \frac{\beta }{2})}\,=\,\frac{ 1 - \tan(\frac{\alpha }{2})\cdot \tan(\frac{\beta }{2}) }{ \tan(\frac{\alpha }{2}) + \tan(\frac{\beta }{2}) }}\)
\(\displaystyle{ z\,=\,\frac{ 1 - x\cdot y }{ x + y }}\)
Z twierdzenia sinusów mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{\sin(\alpha )}\,=\,2\cdot R}\)
\(\displaystyle{ \frac{b}{\sin(\beta )}\,=\,2\cdot R}\)
\(\displaystyle{ \frac{c}{\sin(\gamma )}\,=\,2\cdot R}\)
Korzystając z wzorów na tangensy połówek kąta mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{ 2\cdot \frac{x}{ 1 + x } }\,=\,2\cdot R}\)
\(\displaystyle{ \frac{b}{ 2\cdot \frac{y}{ 1 + y } }\,=\,2\cdot R}\)
\(\displaystyle{ \frac{c}{ 2\cdot \frac{z}{ 1 + z } }\,=\,2\cdot R}\)
co można zapisać
\(\displaystyle{ a\,=\,4\cdot R\cdot \frac{x}{ x + 1 }}\)
\(\displaystyle{ b\,=\,4\cdot R\cdot \frac{y}{ y + 1 }}\)
\(\displaystyle{ c\,=\,4\cdot R\cdot \frac{z}{ z + 1 }}\)
Dołączając równania
\(\displaystyle{ a\,=\,\frac{r}{y} + \frac{r}{z}}\)
\(\displaystyle{ b\,=\,\frac{r}{x} + \frac{r}{z}}\)
\(\displaystyle{ c\,=\,\frac{r}{x} + \frac{r}{y}}\)
mamy 6 równań i 6 zmiennych które, teoretycznie, możemy wyznaczyć.
A dodając
\(\displaystyle{ z\,=\,\frac{ 1 - x\cdot y }{ x + y }}\)
nawet 7 równań.
Lecz są to równania nieliniowe i rozwiązanie ich w ogólnym przypadku nie wydaje się możliwe
W każdym razie można próbować.


PS. Zupełnie nie rozumiem tego co napisała blinx
Powyższy post naisałem przy pomocy programu _TEX_iarz.exe

Co racja to racja. W takim razie ja też czegoś nie rozumiem. Czy to ma być propozycja rozwiązania "czysto syntetycznego" wspomnianego na samym początku dyskusji? Nie mam nic przeciwko powyższym obliczeniom, bo sama próbowałam w podobny sposób tylko nie miałam śmiałości podawać tego na forum, bo nie byłam pewna czy mój tok myślenia jest poprawny. A to co napisałam wcześniej jest tylko uogólnieniem.

blinx pisze: odległość środków zależy nie od długości promieni, lecz od tego jakie są długości boków trójkąta,
a co za tym idzie również od jego kątów.

Rysunek na poprzedniej stronie (przynajmniej dla mnie) przeczy temu stwierdzeniu.
Mamy dwa trójkąty o różnych bokach i kątach, a o tych samych promieniach
i odległość środków jest taka sama.
Wzór Eulera podany przez "Skrzypu", można przedstawić
\(\displaystyle{ \frac{\rho }{R}\,=\,\sqrt{ 1 - 2\cdot \frac{r}{R} }}\)
co można interpretować, że odległość jest zależna od stosunku promieni.
Oczywiście, jak w trójkącie zmienimy np. bok, to zmieni się odległość środków
(a także kąty ), ale wtedy zmienią się promienie i nie mamy co porównywać.

A jeśli chodzi o rozwiązanie tego układu równań, to nie może on mieć jednoznacznych rozwiązań,
bo to by znaczyło, że promienie jednoznacznie wyznaczają trójkąt.

Tak, masz rację. Teraz widzę, że niezbyt precyzyjnie wyraziłam się. Powinnam wyrazić się w ten sposób: na długość promieni mają wpływ długości boków oraz miary kątów w trójkącie. Ale nie zawsze tak jest, że boki trójkąta zmieniają się (proporcjonalnie), kąty wtedy nie ulegają zmianie, długość promieni zmienia się lecz odległości środków pozostają bez zmian (tak jest przynajmniej w trójkącie równobocznym). Jeśli znowu kłamię to Trzeba uważać z tą zależnością. Rzeczywiście nie pomyślałam do końca o tym zdaniu, które poprzednim razem napisałam.