W czworokącie wypukłym ABCD

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3388
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 975 razy
Pomógł: 3 razy

W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: max123321 »

Udowodnij, że jeśli w czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\) kąty \(\displaystyle{ B,D}\) są równe, to:
\(\displaystyle{ |AB|>|AD|}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ |CB|<|CD|}\)

Nie widzę, żadnego mądrego rozwiązania, więc proszę o sprawdzenie mojego:

Dorysujmy odcinek \(\displaystyle{ AC}\). Niech kąt \(\displaystyle{ ACB=\gamma}\) i \(\displaystyle{ ACD=\beta}\). Z założenia zadania \(\displaystyle{ \beta+\gamma<\pi}\). Udowodnię lemat \(\displaystyle{ \sin \gamma>\sin \beta \Leftrightarrow \gamma>\beta}\) przy założeniu \(\displaystyle{ \beta+\gamma<\pi}\). Weźmy dowód \(\displaystyle{ \Rightarrow }\). Załóżmy niewprost, że \(\displaystyle{ \beta \ge \gamma}\). Jeśli dodatkowo \(\displaystyle{ \beta \le \pi-\gamma}\) to wówczas \(\displaystyle{ \sin \beta \ge \sin \gamma}\), a tak być nie może. Więc załóżmy, że \(\displaystyle{ \beta>\pi-\gamma}\). Ale wówczas \(\displaystyle{ \beta+\gamma>\pi}\) i tak też być nie może. Zatem \(\displaystyle{ \gamma>\beta}\).
Dowód \(\displaystyle{ \Leftarrow }\). Jeśli \(\displaystyle{ \pi/2 < \beta}\), to \(\displaystyle{ \beta+\gamma>\beta+\beta > \pi}\), czyli \(\displaystyle{ \beta>\pi/2}\) wbrew założeniu. Załóżmy, zatem, że \(\displaystyle{ \beta \le \pi/2}\). Wówczas jeśli \(\displaystyle{ \gamma \le \pi-\beta}\), to \(\displaystyle{ \sin\gamma>\sin\beta}\). Natomiast jeśli \(\displaystyle{ \gamma>\pi-\beta}\) to \(\displaystyle{ \beta+\gamma>\pi}\) wbrew założeniu. A zatem musi być \(\displaystyle{ \sin\gamma>\sin\beta}\). Czyli udowodnione w obie strony.

Weźmy teraz twierdzenie sinusów dla trójkątów \(\displaystyle{ ABC,ADC}\). Niech kąt \(\displaystyle{ ABC=\alpha=ADC}\). Mamy równości: \(\displaystyle{ \frac{AC}{\sin\alpha}=\frac{AB}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin (\pi-\alpha-\gamma)}=\frac{AD}{\sin\beta}=\frac{CD}{\sin (\pi-\alpha-\beta)} }\).
Z tego, że \(\displaystyle{ |AB|>|AD|}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ \frac{\sin\gamma}{\sin\beta}>1 }\). Z lematu dostajemy, że \(\displaystyle{ \gamma>\beta}\). A zatem \(\displaystyle{ \pi-\alpha-\gamma<\pi-\alpha-\beta}\) z własności trójkąta. I dalej z lematu \(\displaystyle{ \sin (\pi-\alpha-\gamma)<\sin (\pi-\alpha-\beta)}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{\sin (\pi-\alpha-\gamma)}{\sin (\pi-\alpha-\beta)}<1 }\). Czyli z wcześniejszych równości \(\displaystyle{ |CB|<|CD|}\) co trzeba było pokazać.

Dowód w drugą stronę analogiczny.

Czy tak jest dobrze?

Nie podoba mi się ten dowód. Może można go jakoś uprościć? Wiem, że jest takie twierdzenie, że w dowolnym trójkącie na przeciw większego boku leży większy kąt, ale nie wiem jak tego tu użyć bo mamy tu dwa trójkąty. Proszę zatem o pomoc.
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: kruszewski »

Z rysunku
zauważmy, że : w trójkącie \(\displaystyle{ \Delta \ CB'D}\) kąt \(\displaystyle{ \varphi}\) jest większej miary niż każdy z dwu pozostałych kątów trójkąta, stąd wniokujemy, że bok \(\displaystyle{ CD}\) jest większej miary niż każdy z dwu pozostałych jego boków. Zatem \(\displaystyle{ \left| CD\right|> \left| CB' \right|}\), zatem \(\displaystyle{ \left| CD\right| > \left| BC\right|}\)
cbdo
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3388
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 975 razy
Pomógł: 3 razy

Re: W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: max123321 »

A jaki jest argument, że \(\displaystyle{ \varphi}\) jest większe niż \(\displaystyle{ \gamma}\) i \(\displaystyle{ \delta}\) inny niż, że to widać z rysunku?
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: kruszewski »

Może nie bardzo elegancki ale taki, że gdyby takim nie był, to zadanego czworokąta ni udałoby się skonstruować.

Dodano po 5 godzinach 26 minutach 44 sekundach:


Zauważając podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ APD}\) i \(\displaystyle{ CPB'}\) zauważamy odpowiednią równość zaznaczonych kątów. Stąd dominacja kąta \(\displaystyle{ \phi}\) w trójkącie \(\displaystyle{ CB'D}\) wydaje się oczywista.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: matmatmm »

Zaproponuję inny, wydaje mi się, dużo prostszy dowód. Dorysujmy przekątną \(\displaystyle{ BD}\). Z założenia \(\displaystyle{ AB>AD}\), więc w trójkącie \(\displaystyle{ \triangle ABD}\) mamy \(\displaystyle{ \angle ADB>\angle ABD}\). Wobec tego

\(\displaystyle{ \angle CBD=\angle CBA-\angle ABD=\angle CDA-\angle ABD>\angle CDA-\angle ADB= \angle CDB}\)

i w trójkącie \(\displaystyle{ \triangle CBD}\) mamy \(\displaystyle{ CD>CB}\).

kruszewski, jak powstał punkt \(\displaystyle{ B'}\) w Twoim rozwiązaniu?
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: W czworokącie wypukłym ABCD

Post autor: kruszewski »

Przez obrót \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) wokół \(\displaystyle{ AC }\)
ODPOWIEDZ