Udowodnić twierdzenie z prostą i okręgiem.

[hubble]

Mamy takie twierdzenie:

Twierdzenie
Prosta \(\displaystyle{ MN}\) poprowadzona w odległości od środka \(\displaystyle{ O}\) koła większej od jego promienia \(\displaystyle{ r}\), nie ma żadnego punktu wspólnego z kołem, tj. leży całkowicie na zewnątrz koła.

Zastanawiam się jak to udowodnić.

[karolex123]

Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie dowolnym punktem danej prostej, której odległość od punktu \(\displaystyle{ O}\) jest większa od promienia \(\displaystyle{ r}\). Należy wykazać, że \(\displaystyle{ OP>r}\). Niech \(\displaystyle{ O'}\) oznacza rzut prostopadły punktu \(\displaystyle{ O}\) na tę prostą. Wtedy zaś \(\displaystyle{ OO' >r}\) z założenia co implikuje \(\displaystyle{ OP>OO'>r}\), bo odcinek \(\displaystyle{ OP}\) jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym \(\displaystyle{ POO'}\).

[hubble]

Chciałbym zejść jak najniżej, aż do aksjomatów geometrii euklidesowej. Więc teraz trzeba by było jakoś udowodnić, że przeciwprostokątna jest większa od ramion.

[karolex123]

No dobrze. Ten fakt jest dosyć trywialny- niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem prostokątnym przy czym \(\displaystyle{ \angle A=90^{\circ}}\), Istnieje wtedy punkt \(\displaystyle{ E \in BC}\) taki, że \(\displaystyle{ \angle BAE=\angle ABC}\) (bo kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest oczywiście większy od kąta \(\displaystyle{ ABC}\)). Wtedy otrzymujemy trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ ABE}\), w którym \(\displaystyle{ AE=BE}\). Mamy więc \(\displaystyle{ BC=CE+BE=CE+AE>AC}\) z nierówności trójkąta. Analogicznie pokazujemy \(\displaystyle{ BC>AB}\) (można także od razu zobaczyć, że trójkąt \(\displaystyle{ AEC}\) jest także równoramienny, co pokazuje rachunek kątów, a zatem \(\displaystyle{ BC=BE+CE=BE+AE>AB}\)).

Powyższe rozumowanie jest fajne, bo dowodzi ponadto, że środkowa w trójkącie prostokątnym opuszczona na przeciwprostokątną jest równa jej połowie (a zatem środek przeciwprostokątnej jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym) ..

[kruszewski]

Czyli do twierdzenia, że odcinka większego nie można zawrzeć w mniejszym.

Niech będzie dane odcinki \(\displaystyle{ AB}\) miary \(\displaystyle{ |AB|}\) i \(\displaystyle{ AC}\) przy czym
\(\displaystyle{ |AC| > |AB|}\) ...................(1)
i które tworzą kąt \(\displaystyle{ \angle A}\).
Ze znanego twierdzenia o sumie długości boków trójkąta zauważamy, że dla każdego kąta \(\displaystyle{ \angle A \neq 0}\) zachodzi relacja:
\(\displaystyle{ |AB| + |BC| > |AC|}\), .............. (2)
Jeżeli \(\displaystyle{ AB \overline\AC \subset AC \overlineAB}\) ,.................(3)
to musi zachodzić relacja
\(\displaystyle{ |AC| \le |AB|}\), .............. (4)

Co jest w sprzeczności z (1)
Wnioskujemy więc, że większe nie może przynależeć do mniejszego.

Jeżeli \(\displaystyle{ \overline {AP}}\) jest najmiejszą odległością prostej \(\displaystyle{ {BC}}\), od \(\displaystyle{ A}\) środka okręgu to spełnianie tezy z pierwszego listu jest tu widoczne.

[matmatmm]

No dobrze. Ten fakt jest dosyć trywialny- niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem prostokątnym przy czym \(\displaystyle{ \angle A=90^{\circ}}\), Istnieje wtedy punkt \(\displaystyle{ E \in BC}\) taki, że \(\displaystyle{ \angle BAE=\angle ABC}\) (bo kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest oczywiście większy od kąta \(\displaystyle{ ABC}\)). Wtedy otrzymujemy trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ ABE}\), w którym \(\displaystyle{ AE=BE}\). Mamy więc \(\displaystyle{ BC=CE+BE=CE+AE>AC}\) z nierówności trójkąta. Analogicznie pokazujemy \(\displaystyle{ BC>AB}\) (można także od razu zobaczyć, że trójkąt \(\displaystyle{ AEC}\) jest także równoramienny, co pokazuje rachunek kątów, a zatem \(\displaystyle{ BC=BE+CE=BE+AE>AB}\)).

Jak schodzimy do aksjomatów, to powyższe rozumowanie zawiera w pewnym sensie błędne koło, gdyż korzystasz tutaj z nierówności trójkąta, którą dowodzi się z twierdzenia:

W trójkącie naprzeciwko większego kąta leży większy bok.

, a teza zadania jest szczególnym przypadkiem tego twierdzenia (trzeba jeszcze wcześniej udowodnić, że w każdym trójkącie co najmniej dwa kąty są ostre).

Czyli do twierdzenia, że odcinka większego nie można zawrzeć w mniejszym.

Niech będzie dane odcinki \(\displaystyle{ AB}\) miary \(\displaystyle{ |AB|}\) i \(\displaystyle{ AC}\) przy czym
\(\displaystyle{ |AC| > |AB|}\) ...................(1)
i które tworzą kąt \(\displaystyle{ \angle A}\).
Ze znanego twierdzenia o sumie długości boków trójkąta zauważamy, że dla każdego kąta \(\displaystyle{ \angle A \neq 0}\) zachodzi relacja:
\(\displaystyle{ |AB| + |BC| > |AC|}\), .............. (2)
Jeżeli \(\displaystyle{ AB \overline\AC \subset AC \overlineAB}\) ,.................(3)
to musi zachodzić relacja
\(\displaystyle{ |AC| \le |AB|}\), .............. (4)

Co jest w sprzeczności z (1)
Wnioskujemy więc, że większe nie może przynależeć do mniejszego.

A tego przyznaję, że nie rozumiem.

[kruszewski]

Słusznie, bo w (3) relację zawieralności napisałem odwrotnie niż należało.
Powinna być napisana tak:

\(\displaystyle{ AC \subset AB}\) .................. (3)

Przepraszam za popełnioną "literówkę" w znakach.

[matmatmm]

Ale co właściwie dowodzisz? Jak definiujesz odcinek? Czy zawieranie u ciebie to zawieranie stricte mnogościowe? Z jakich aksjomatów korzystasz?

Ja bym widział to tak:

Odcinek o końcach \(\displaystyle{ A,B}\) definiujemy jako zbiór punktów, które leżą między punktami \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) na tej samej prostej (relacja leżenia między jest pojęciem pierwotnym według aksjomatów Hilberta). Czy twierdzenie, którego dowodzisz to:

Jeśli \(\displaystyle{ |AB|<|CD|}\), to niemożliwe jest, żeby \(\displaystyle{ CD\subset AB}\).

? (przy dodatkowym założeniu, że odcinki mają wspólny koniec)

[karolex123]

No dobrze. Ten fakt jest dosyć trywialny- niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem prostokątnym przy czym \(\displaystyle{ \angle A=90^{\circ}}\), Istnieje wtedy punkt \(\displaystyle{ E \in BC}\) taki, że \(\displaystyle{ \angle BAE=\angle ABC}\) (bo kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest oczywiście większy od kąta \(\displaystyle{ ABC}\)). Wtedy otrzymujemy trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ ABE}\), w którym \(\displaystyle{ AE=BE}\). Mamy więc \(\displaystyle{ BC=CE+BE=CE+AE>AC}\) z nierówności trójkąta. Analogicznie pokazujemy \(\displaystyle{ BC>AB}\) (można także od razu zobaczyć, że trójkąt \(\displaystyle{ AEC}\) jest także równoramienny, co pokazuje rachunek kątów, a zatem \(\displaystyle{ BC=BE+CE=BE+AE>AB}\)).

Jak schodzimy do aksjomatów, to powyższe rozumowanie zawiera w pewnym sensie błędne koło, gdyż korzystasz tutaj z nierówności trójkąta, którą dowodzi się z twierdzenia:

W trójkącie naprzeciwko większego kąta leży większy bok.

, a teza zadania jest szczególnym przypadkiem tego twierdzenia (trzeba jeszcze wcześniej udowodnić, że w każdym trójkącie co najmniej dwa kąty są ostre).

Proszę mi więc wybaczyć, ale uznałem z przyzwyczajenia, ze modelem płaszczyzny euklidesowej jest po prostu przestrzeń afiniczna punktów \(\displaystyle{ \mathbb R ^2}\), w której to nierówność trójkąta jest "za darmo" konsekwencją nierówności Schwarza oraz tego, że przesunięcia tak skonstruowanej płaszczyzny są izometriami (metrykę na tak skonstuowanej płaszczyźnie definiujemy standardowo: \(\displaystyle{ d((x_1, y_1),(x_2, y_2))=\left| \left| (x_1- x_2, y_1 - y_2)\right| \right|}\).
Kolega może zaś pokazać rozwiązanie zadania, jeśli zna odpowiedni model płaszczyzny euklidesowej (aksjomatyczny).

Pozdrawiam

[matmatmm]

Znam nie tyle model, co teorię aksjomatyczną geometrii według aksjomatów Hilberta, której modelem jest właśnie przestrzeń \(\displaystyle{ \RR^2}\). Podam szkic dowodu twierdzenia, że w trójkącie naprzeciwko większego kąta leży większy bok. Nie będę przytaczał wszystkich definicji, bo teoria jest dosyć rozbudowana.

Oznaczenie. \(\displaystyle{ A-B-C}\) oznacza, że punkt \(\displaystyle{ B}\) leży między punktami \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ C}\) (na tej samej prostej).

Lemat. W trójkącie kąt zewnętrzny jest większy od kąta wewnętrznego do niego nieprzyległego.

Twierdzenie. W dowolnym trójkącie \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) mamy \(\displaystyle{ BC>AC}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \angle BAC>\angle ABC}\).

Dowód. \(\displaystyle{ (\implies)}\) Załóżmy, że \(\displaystyle{ BC>AC}\). Istnieje punkt \(\displaystyle{ D}\) taki, że \(\displaystyle{ B-D-C}\) oraz \(\displaystyle{ DC\equiv AC}\) (definicja relacji mniejszości między odcinkami). Trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ACD}\) jest równoramienny, więc \(\displaystyle{ \angle CAD\equiv \angle CDA}\) (z cechy przystawania b-k-b). Kąt \(\displaystyle{ \angle CDA}\) jest kątem zewnętrznym w trójkącie \(\displaystyle{ \triangle ADB}\), więc z lematu \(\displaystyle{ \angle ABD<\angle CDA}\). Ponieważ \(\displaystyle{ B-D-C}\), więc półprosta \(\displaystyle{ \overrightarrow{AD}}\) leży między półprostymi \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB}}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}}\), zatem \(\displaystyle{ \angle CAD<\angle BAC}\). Ostatecznie
\(\displaystyle{ \angle ABC=\angle ABD<\angle CDA\equiv \angle CAD< \angle BAC}\).
(\(\displaystyle{ \Longleftarrow}\)). Załóżmy, że \(\displaystyle{ \angle BAC>\angle ABC}\). Gdyby \(\displaystyle{ BC<AC}\), to z pierwszej części dowodu byłoby \(\displaystyle{ \angle BAC<\angle ABC}\), co jest sprzeczne z założeniem. Gdyby \(\displaystyle{ BC\equiv AC}\), to \(\displaystyle{ \angle BAC\equiv\angle ABC}\), co również jest sprzeczne z założeniem. Zatem \(\displaystyle{ BC>AC}\).