Matematyka.pl

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:


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?

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:

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

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

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

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.

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.

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...

Nie. Gdy Alfa jest kątem prostym, to pojawia się kłopot.

SidCom pisze: ↑25 lis 2021, o 04:11
Ten wzorek jest prawdziwy dla dowolnego trójkąta...

Jaki wzorek

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