W trójkącie ABC poprowadzono przez punkt A prostopadłą do boku AB, a przez punkt C prostopadłą do boku BC. Obie proste przecinają się w punkcie D. Wykaż, że punkty B i D są równo oddalone od symetralnej boku AC tego trójkąta.
+
Mam pytanie z innej beczki . Z czego to wynika ?
\(\displaystyle{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}=2ab \cos \alpha +2ac \cos \beta +2bc \cos \beta _{2} \Rightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}< 2ab+2ac+2bc \Rightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}<6(ab+ac+bc) \Leftrightarrow 3(a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+2ab+2ac+2bc)>4(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}\)
Nie rozumiem tych przekształceń...
Dowód - trójkąt
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 28 lis 2012, o 16:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Daleko
- Podziękował: 39 razy
- Pomógł: 4 razy
Dowód - trójkąt
To widzę tylko na jakiej zasadzie pominięto cosinusy i zrobiona z równości nierówność a potem przerzucono na jedną stronę \(\displaystyle{ 2ab}\) itd. bez zmian znaku, za to zmieniono nierówność na \(\displaystyle{ >}\). Może prościej będzie jeśli podam treść zadania .
Udowodnij że w każdym trójkącie \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność :
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{3} \left( a+b+c\right) }{2}> \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\)
Udowodnij że w każdym trójkącie \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność :
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{3} \left( a+b+c\right) }{2}> \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\)
-
- Moderator
- Posty: 2095
- Rejestracja: 9 gru 2012, o 19:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa, mazowieckie
- Podziękował: 139 razy
- Pomógł: 504 razy
Dowód - trójkąt
Skoro są to kąty w trójkącie i liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) są dodatnie to \(\displaystyle{ 2ab > 2ab \cos \alpha}\), ponieważ \(\displaystyle{ 1 > \cos \alpha}\). Stąd oczywiście sumując trzy takie nierówności mamy, ze \(\displaystyle{ 2ab + 2bc + 2ac > ...}\).