maturalny dowód

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
VanHezz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 22 wrz 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Międzyrzecz
Podziękował: 25 razy

maturalny dowód

Post autor: VanHezz » 23 lis 2021, o 19:56

Witam, mam problem z oceną, czy mój dowód jest ok, a w zasadzie jego końcówka.

Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\) o bokach długości \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) i kątach \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\) , \(\displaystyle{ \gamma}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \frac{ b^{2} +c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}} = \frac{\tg \beta }{\tg \alpha } }\)

Tutaj jest rysunek:
https://matematykaszkolna.pl/forum/rys/112290.png

Na początek stwierdzam na mocy twierdzenia cosinusów, że

\(\displaystyle{ b^{2} +c^{2}-a^{2}= 2cb\cos \alpha}\) i
\(\displaystyle{ a^{2}+c^{2}-b^{2} = 2ac\cos \beta}\)

Wyjściowe wyrażenie z tezy przekształcam równoważnie korzystając z powyżych równości:

\(\displaystyle{ \frac{ b^{2} +c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}} = \frac{\tg \beta }{\tg \alpha } }\)

\(\displaystyle{ \frac{ 2cb\cos \alpha}{2ac\cos \beta} = \frac{\tg \beta }{\tg \alpha } }\)

\(\displaystyle{ \frac{b}{a} \frac{\cos \alpha }{\cos \beta } = \frac{ \frac{\sin \beta}{\cos \beta } }{ \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha } } }\)

\(\displaystyle{ \frac{b}{a} \frac{\cos \alpha }{\cos \beta } = \frac{\sin \beta \cos \alpha }{\cos \beta \sin \alpha }}\)

\(\displaystyle{ \frac{b}{a} = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha } }\)

\(\displaystyle{ \frac{b}{\sin \beta} = \frac{a}{\sin \alpha } }\)

Powyższe wyrażenie, na mocy twierdzenia sinusów i założeń w postaciu rysunku, jest rożsamością. Dokonywałem przekształceń równoważnych, więc skoro ostatnie wyrażenie jest prawdziwe, to wyrażenie wyjściowe również jest prawdziwe. c. n. u.


Czy to ma ręce i nogi?

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6803
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 21 razy
Pomógł: 1469 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: janusz47 » 23 lis 2021, o 20:27

Z twierdzeniem kosinusów Ok!

\(\displaystyle{ \cos(\alpha) = \frac{b^2+c^2 -a^2}{2b c}, \ \ \cos(\beta) = \frac{a^2+c^2 -b^2}{2a c}. }\)

Z twierdzenia sinusów podstawiłbym za:

\(\displaystyle{ \sin(\alpha) = \frac{a}{2R}, \\ \sin(\beta) = \frac{b}{2R}. }\)

VanHezz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 22 wrz 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Międzyrzecz
Podziękował: 25 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: VanHezz » 23 lis 2021, o 20:45

Czyli statnie wyrażenie mojego rozwiązania przekszałciłbyś jeszcze, korzystając z twierdzenia sinusów, dochodząc do

\(\displaystyle{ 2R=2R}\) ?

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 19683
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 9 razy
Pomógł: 3339 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: a4karo » 23 lis 2021, o 22:25

VanHezz pisze:
23 lis 2021, o 20:45
Czyli statnie wyrażenie mojego rozwiązania przekszałciłbyś jeszcze, korzystając z twierdzenia sinusów, dochodząc do

\(\displaystyle{ 2R=2R}\) ?
Zupełnie nie ma takiej potrzeby.

Swoją drogą że czy zdajesz sobie sprawę jakie wrażenie zrobiłby dowód, gdybyś go przepisał "od tyłu"? I nie musiałbyś uzasadniać, że przekształcenia są równoważne.

Zastanów się w których miejscach dowodu wykorzystujesz założenie, że trójkąt jest ostrokątny.

VanHezz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 22 wrz 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Międzyrzecz
Podziękował: 25 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: VanHezz » 23 lis 2021, o 23:30

W sumie to kiedyś zastanawiałem się, czy takie przepisanie dowodu od tyłu wchodzi w grę. Zwykle taki dowód wygląda dużo bardziej imponująco, ale to chyba troche oszukaństwo intelektualne :)

Fakt, że trójkąt jest ostrokątny wykorzystuję do stwierdzenia, że mianowniki są różne od zera. Natomiast nie wykorzystuję chyba nigdzie faktu, że trójkąt nie jest rozwartokątny. Mogę jedynie stwierdzić, że licznik i mianownik lewej strony tezy są dodatnie, korzystając z nierówności dla kąta ostrokątnego, i że prawa strona jest dodatnia. Ale to chyba mało istotne.

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6803
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 21 razy
Pomógł: 1469 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: janusz47 » 24 lis 2021, o 07:38

\(\displaystyle{ \frac{\tg(\beta)}{\tg(\alpha)} = \frac{\sin(\beta)\cdot \cos(\alpha)}{\sin(\alpha)\cdot \cos(\beta)} =\frac{ \frac{b}{2R}\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{a}{2R}\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}} = \frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}. }\)

SidCom
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 710
Rejestracja: 5 sty 2012, o 19:08
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 123 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: SidCom » 25 lis 2021, o 04:11

VanHezz pisze:
23 lis 2021, o 23:30
(...) Fakt, że trójkąt jest ostrokątny wykorzystuję do stwierdzenia, że mianowniki są różne od zera. Natomiast nie wykorzystuję chyba nigdzie faktu, że trójkąt nie jest rozwartokątny.(...)
Ten wzorek jest prawdziwy dla dowolnego trójkąta...

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 19683
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 9 razy
Pomógł: 3339 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: a4karo » 25 lis 2021, o 07:39

Nie. Gdy Alfa jest kątem prostym, to pojawia się kłopot.
Ostatnio zmieniony 25 lis 2021, o 08:16 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

VanHezz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 22 wrz 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Międzyrzecz
Podziękował: 25 razy

Re: maturalny dowód

Post autor: VanHezz » 25 lis 2021, o 11:31

SidCom pisze:
25 lis 2021, o 04:11

Ten wzorek jest prawdziwy dla dowolnego trójkąta...
Jaki wzorek

mikesz1738
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 32
Rejestracja: 5 cze 2020, o 12:02
Płeć: Mężczyzna
wiek: 0
Podziękował: 19 razy
Pomógł: 1 raz

Re: maturalny dowód

Post autor: mikesz1738 » 25 lis 2021, o 19:28

Witam,

A może w taki sposób:

Na wstępie z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\) opuszczam na bok \(\displaystyle{ c}\) wysokość \(\displaystyle{ h}\) która dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne a bok \(\displaystyle{ c}\) na odcinki \(\displaystyle{ x}\) (leżący po stronie kąta \(\displaystyle{ \alpha }\)) i \(\displaystyle{ y}\) (leżący po stronie kąta \(\displaystyle{ \beta }\)). Oczywiście \(\displaystyle{ c=x+y}\).

Z powstałych trójkątów prostokątnych mamy:

\(\displaystyle{ \tg \alpha = \frac{h}{x} }\)
\(\displaystyle{ \tg \beta = \frac{h}{y} }\)
\(\displaystyle{ \frac{\tg \beta}{\tg \alpha} = \frac{x}{y} }\)

Jednocześnie:

\(\displaystyle{ b^{2} + c^{2} - a^{2} = c^{2} - a^{2} + b^{2}=c ^{2} +\left( -1\right)\left( a ^{2} -b ^{2} \right) }\)
\(\displaystyle{ a^{2} + c^{2} - b^{2}= c^{2} + a^{2} - b^{2}=c ^{2} +\left( a ^{2} -b ^{2} \right) }\)

Stosując twierdzenie Pitagorasa do powstałych trójkątów prostokątnych mamy:
\(\displaystyle{ a^{2} =y ^{2} +h ^{2} }\)
\(\displaystyle{ b^{2} =x ^{2} +h ^{2}}\)
Odejmując stronami dostajemy:
\(\displaystyle{ a^{2}-b^{2}=y ^{2} -x ^{2}}\)

\(\displaystyle{ c=x+y}\) więc możemy napisać \(\displaystyle{ c ^{2} =\left( x+y\right) ^{2} = x ^{2} +2xy +y ^{2} }\)

Wykorzystując zależności na \(\displaystyle{ c ^{2} }\) i \(\displaystyle{ a ^{2}-b ^{2} }\) mamy

\(\displaystyle{ b^{2} + c^{2} - a^{2} = c^{2} - a^{2} + b^{2}=c ^{2} +\left( -1\right)\left( a ^{2} -b ^{2} \right) = x ^{2} +2xy +y ^{2} +\left( -1\right)\left( y ^{2} -x ^{2} \right) = 2x ^{2}+2xy = 2x\left( x+y\right)=2xc }\)
\(\displaystyle{ a^{2} + c^{2} - b^{2}= c^{2} + a^{2} - b^{2}=c ^{2} +\left( a ^{2} -b ^{2} \right)=x ^{2} +2xy +y ^{2}+\left( y ^{2} -x ^{2} \right) = 2xy+2y ^{2} = 2y\left( x+y\right)=2yc }\)

Ostatecznie

\(\displaystyle{ \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{a^{2} + c^{2} - b^{2}}= \frac{2xc}{2yc} = \frac{x}{y} = \frac{\tg \beta}{\tg \alpha} }\)

Pozdrawiam,

Michał

ODPOWIEDZ