[Rozgrzewka przed maturą II] Zadania różne

[Larsonik]

Może jednak dam coś lżejszego (to będzie też użyteczne twierdzenie do zadania wyżej):
Wykazać, że czworokąt wypukły\(\displaystyle{ ABCD}\) można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \angle DAC=\angle DBC}\).

Ukryta treść:    

Środki okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DCA}\) leżą na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ DC}\). Jeśli kąty wpisane w te okręgi oba oparte na łuku \(\displaystyle{ DC}\) mają jednakową miarę, to odpowiednie kąty środkowe również. Na wspomnianej wcześniej symetralnej po jednej stronie prostej \(\displaystyle{ DC}\) istnieje tylko jeden punkt \(\displaystyle{ P}\) taki, że kąt \(\displaystyle{ DPC}\) jest równy dwukrotności \(\displaystyle{ \angle DAC = \angle DBC}\). Stąd środki okręgów opisanych na \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DCA}\) pokrywają się, a na czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) można opisać okrąg. Z kolei jesli czworokąt wypukły \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg, to teza wynika z tego, że \(\displaystyle{ \angle DAC, \angle DBC}\) to kąty wpisane oparte na tym samym łuku.

W tym trudniejszym zadaniu jakoś dużo przypadków trójkątów potrzebuję rozważyć. Trójkat może być ostrokątny, rozwartokątny, równoległe może być \(\displaystyle{ AH'}\) do \(\displaystyle{ BC}\) lub \(\displaystyle{ CH'}\) do \(\displaystyle{ AB}\). Istnieje jakieś ogólne rozwiązanie?

edit:

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) wysokości przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ H}\). Niech punkt \(\displaystyle{ H'}\) będzie odbiciem symetrycznym punktu \(\displaystyle{ H}\) względem prostej \(\displaystyle{ AC}\). Wykazać, że jeżeli czworokąt \(\displaystyle{ ABCH'}\) jest trapezem, to jest on trapezem równoramiennym.

Ukryta treść:    

Jednak spróbuję. Przyjmijmy oznaczenie \(\displaystyle{ \angle ACB = \alpha}\). Wówczas niezależnie od wartości kątów trójkąta mamy \(\displaystyle{ \angle AHH' = \angle AH'B = \alpha}\). Zatem na mocy równoważności pokazanej wcześniej wnioskujemy, ze na czworokącie \(\displaystyle{ ABCH'}\) można opisać okrąg. A jeśli czworokąt \(\displaystyle{ ABCH'}\) jest trapezem, to jako wpisany w okrąg musi być równoramienny.

-- 27 kwi 2017, o 22:38 --

Pozwolę sobie wstawić nowe zadanie .
W 11- osobowym rzędzie chcemy umieścić cztery dziewczyny i siedmiu chłopców w taki sposób, aby na skrajach rzędu znajdowali się chłopcy i ponadto między dwoma dowolnymi dziewczynami znajdował się co najmniej jeden chłopiec. Oblicz na ile sposobów można ustawić te osoby w rzędzie.

Ukryta treść:    

Tego typu zadania mi zawsze idą tragicznie, więc spróbuję i proszę o zerknięcie na te wypociny.

Najpierw ustawiamy chłopców jeden za drugim. Spośród \(\displaystyle{ 6}\) miejsc między nimi wybieramy \(\displaystyle{ 4}\) dla dziewczyn. Ostatecznie ustawiamy dziewczyny. Z reguły mnożenia jest więc:
\(\displaystyle{ {6 \choose 4} \cdot 7! \cdot 4!}\)

-- 27 kwi 2017, o 23:37 --

Podstawą ostrosłupa \(\displaystyle{ ABCDS}\) jest prostokąt \(\displaystyle{ ABCD}\). Niech spodkiem wysokości będzie środek krawędzi \(\displaystyle{ CD}\) i oznaczmy go przez \(\displaystyle{ E}\). Obliczyć tangens kąta między ścianami bocznymi \(\displaystyle{ ABS}\) oraz \(\displaystyle{ CBS}\), jeśli \(\displaystyle{ \left| AB\right| = 2\left| BC\right|}\) i \(\displaystyle{ \left| SE\right| = 3\left| BC\right|}\).

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ AB}\), a \(\displaystyle{ BC = x}\). Zauważmy, że trójkąty \(\displaystyle{ ABS, SCD}\) są równoramienne, a trójkąty \(\displaystyle{ SEK, SCB, SKB}\) są prostokątne. Po krótkim tańcu z twierdzeniem Pitagorasa otrzymujemy: \(\displaystyle{ SC = SK = \sqrt{10}x, SB = \sqrt{11}x, KC = \sqrt{2}x}\). Dodatkowo więc trójkąty \(\displaystyle{ SKB, SCB}\) są przystające, zatem spodek wysokości trójkąta \(\displaystyle{ SKB}\) z wierzchołka \(\displaystyle{ K}\) to ten sam punkt, co spodek wysokości trójkąta \(\displaystyle{ SCB}\) z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\) i kąt, jaki te dwie wysokości tworzą, to szukany kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) między ścianami bocznymi. Ze wzoru na pole trójkąta obliczamy te wysokości \(\displaystyle{ h = \frac{\sqrt{10}x}{\sqrt{11}}}\). Teraz już z tw. cosinusów dla trójkąta o wierzchołkach w punktach \(\displaystyle{ KC}\) i wspomnianym spodku wysokości mamy: \(\displaystyle{ 2x^2 = \frac{20}{11}x^2(1 - \cos \alpha)}\). Dalej już prosto: \(\displaystyle{ \cos \alpha = - \frac{1}{10}}\) i z jedynki trygonometrycznej \(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{3\sqrt{11}}{10}}\), zatem \(\displaystyle{ \tan \alpha = -3\sqrt{11}}\).

Jako tegoroczny maturzysta czuję się upoważniony do wrzucania kilku rozwiązań naraz! Im więcej zadań się tu pojawi, tym lepiej dla nas .

Może wrzucę coś:
Zbiór \(\displaystyle{ A = \{1, 2, 3, ... ,2n - 1 , 2n \}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 4}\), jest złożony z \(\displaystyle{ 2n}\) kolejnych liczb naturalnych. Rozpatrujemy wszystkie czteroelementowe podzbiory zbioru \(\displaystyle{ A}\). Przez \(\displaystyle{ x}\) oznaczmy liczbę podzbiorów, których suma wszystkich elementów jest parzysta, a przez \(\displaystyle{ y}\) oznaczmy liczbę podzbiorów, których suma wszystkich elementów jest nieparzysta. Wykaż, że \(\displaystyle{ x - y = {n \choose 2}}\).

[pawel89]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x= {n \choose 2}{n \choose 2}+{n \choose 4}+{n \choose 4}}\)
Aby suma była parzysta możemy wybrać 2 liczby parzyste i 2 nieparzyste, 4 parzyste lub 4 nieparzyste
\(\displaystyle{ y= {n \choose 3}{n \choose 1}+{n \choose 3}{n \choose 1}}\)
Dla nieparzystej sumy wybieramy 3 liczby parzyste i jedną nieparzystą lub na odwrót
Jest trochę żmudnych obliczeń które pozwalają uzyskać:
\(\displaystyle{ x-y=\frac{n(n-1)}{2}={n \choose 2}}\)
Zapewne istnieje tożsamość pozwalająca w prosty sposób otrzymać końcowy wynik ale ja jej nie widzę
Proszę o zamieszczenie następnego zadania

[Richard del Ferro]

Wrzucajcie coś sami, przecież to my maturzyści tworzymy tę powtórkę

Udowodnij, że dla każdych liczb rzeczywistych zachodzi :

\(\displaystyle{ x(x-1)+y(y-1) \ge xy-1}\)

Rozsztrzygnij, kiedy zachodzi równość

Uzasadnij, że dla każdej liczby dodatniej \(\displaystyle{ a}\) i każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\), prawdziwe jest
\(\displaystyle{ \frac{n}{a} + a^{n} \ge n+1}\)

Rozstrzygnij, kiedy zachodzi równość.

[Larsonik]

Pierwsza nierówność nie zachodzi dla np. \(\displaystyle{ x = y = 0, x = y = 1}\). Może prawa strona powinna wyglądać tak: \(\displaystyle{ xy - 1}\)?

[Zahion]

Ukryta treść:    

Mamy po wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ a}\) równoważnie do udowodnienia \(\displaystyle{ a^{n+1} + n \ge an + n}\), mamy przeto \(\displaystyle{ a^{n+1} + n = a^{n+1} + 1 + ... + 1 \ge \left( n+1\right)a}\) z nierówności pomiędzy średnimi.

Niech \(\displaystyle{ d > 1}\) będzie wspólnym dzielnikiem liczb \(\displaystyle{ n, n + p}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) to liczba pierwsza, a \(\displaystyle{ n}\) naturalna. Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ n^{2} + np}\) nie jest kwadratem liczby całkowitej.

[Richard del Ferro]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ n^{2}+np = n(n+p)}\)

Z założenia wiemy, że \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n+p}\) mają wspólny dzielnik.

Zakładam oczywiście, że \(\displaystyle{ d \neq 1}\)

\(\displaystyle{ n=dk}\)
\(\displaystyle{ n+p=dj}\)

Dla pewnych nautralnych \(\displaystyle{ k,j}\).

Wtedy mamy
\(\displaystyle{ dk(dj)=d^{2}kj}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ d^2}\) jest kwadratem liczby naturalnej, a czynnik \(\displaystyle{ kj}\)?

Gdyby \(\displaystyle{ kj}\)byłoby kwadratem liczby naturalnej, to każdy z tych czynników byłby kwadratem\(\displaystyle{ *1}\)(ma czynniki pierwsze w parzystej potędze) lub \(\displaystyle{ *2}\)mają te same czynniki pierwsze w rozkładzie lub oba są równe \(\displaystyle{ d=j}\) ale to jest niemożliwe, ponieważ \(\displaystyle{ n \neq n+p}\)

\(\displaystyle{ *2}\)

Przykład, kiedy \(\displaystyle{ k}\) nie jest kwadratem, a \(\displaystyle{ kj}\) jest.
\(\displaystyle{ k=21}\)
\(\displaystyle{ j=21*9}\)

Ale wtedy mamy

\(\displaystyle{ n=dk}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ nh=dkh}\)
\(\displaystyle{ n+p=dkh}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ h}\)

Czyli
\(\displaystyle{ nh=(n+p)}\)
\(\displaystyle{ n(h-1)=p}\)
Lewa strona ma rozkład na czynniki, a prawa jest pierwsza.


\(\displaystyle{ *1}\)

Wtedy \(\displaystyle{ n=dk=dx^{2}}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ x}\)
Oraz \(\displaystyle{ n+p=dj=dy^{2}}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ y}\)

Wtedy mamy

\(\displaystyle{ \begin{cases} n=dx^{2} \\ n=dy^{2}-p \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ dx^{2}=dy^{2}-p}\)
\(\displaystyle{ d(y^{2}-x^{2})=p}\)
\(\displaystyle{ d(y-x)(y+x)=p}\)

Z ostatniego widać, że lewa strona ma rozkład na czynniki,przy czym \(\displaystyle{ d \neq 1}\),a prawa strona jest liczbą pierwszą, więc reductio ad absurdum, teza jest prawdziwa.

Ważne jest, aby zwrócić uwagę na \(\displaystyle{ d}\), ponieważ może zaistnieć przypadek, gdy
\(\displaystyle{ y-x=1}\) lub \(\displaystyle{ y+x=1}\).

--
16:51 28/04/2017

Zadanie

Wykaż, że dowolnie obrany punkt płaszczyzny ma taką własność, że suma kwadratów odległości od obu par przeciwległych wierzchołków dowolnego prostokąta jest równa.

PS: Piotr wiem, że mój dowód był dziurawy, ale już poprawiłem

@edit

Dodam też swoje rozwiązanie do drugiej z powyższych nierówności.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{ \frac{1}{a}+ \frac{1}{a} +...+ \frac{1}{a}+a^{n} }{n+1} \ge \sqrt[n+1]{ \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a} \cdot ... \cdot a^{n} }=\sqrt[n+]{1}=1}\)
Mnożę przez mianownik lewej strony i otrzymuję tezę.

Często na maturze są właśnie nierówności typu \(\displaystyle{ \frac{48}{a} +a^{3} \ge32}\)
wtedy \(\displaystyle{ \frac{ \frac{16}{a}+ \frac{16}{a} + \frac{16}{a}+a^{3} }{4} \ge \sqrt[4]{ \frac{16}{a} \cdot \frac{16}{a} \cdot \frac{16}{a} \cdot a^3 } = \sqrt[4]{2^{4*3}} =2^{3}=8}\)

[PiotrAH]

\(\displaystyle{ n^{2}+np = n(n+p)}\)

Z założenia wiemy, że \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n+p}\) mają wspólny dzielnik.

Zakładam oczywiście, że \(\displaystyle{ d \neq 1}\)

\(\displaystyle{ n=dk}\)
\(\displaystyle{ n+p=dj}\)

Dla pewnych nautralnych \(\displaystyle{ k,j}\).

Wtedy mamy
\(\displaystyle{ dk(dj)=d^{2}kj}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ d^2}\) jest kwadratem liczby naturalnej, a czynnik \(\displaystyle{ kj}\)?

Gdyby \(\displaystyle{ kj}\)byłoby kwadratem liczby naturalnej, to każdy z tych czynników byłby kwadratem(ma czynniki pierwsze w parzystej potędze).

Bez założenia, że \(\displaystyle{ d}\) jest \(\displaystyle{ NWD (n,n+p)}\) to niekoniecznie jest prawdą. Ale bez straty ogólności o takie założenie można rozszerzyć \(\displaystyle{ d}\).

[Larsonik]

Udowodnij, że dla każdych liczb rzeczywistych zachodzi :

\(\displaystyle{ x(x-1)+y(y-1) \ge xy-1}\)

Rozsztrzygnij, kiedy zachodzi równość

Ukryta treść:    

Mnożąc nierówność stronami przez \(\displaystyle{ 3}\) lewa strona zwija się do \(\displaystyle{ (x-y)^2 + (x-1)^2 + (y-1)^2 \ge 0}\), co jest oczywiście prawdą, jako że kwadrat liczby rzeczywistej nie może być mniejszy od zera. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x = y = 1}\). Teraz, jak zedytowałeś, to mój poprzedni post wygląda co najmniej dziwnie.

Wykaż, że dowolnie obrany punkt płaszczyzny ma taką własność, że suma kwadratów odległości od obu par przeciwległych wierzchołków dowolnego prostokąta jest równa.

Ukryta treść:    

Należy pooznaczać długości odległości dowolnie obranego punktu od boków prostokąta i rozpisać lewą oraz prawą stronę z twierdzenia Pitagorasa.

Zadanko: Na podstawie \(\displaystyle{ AB}\) trapezu \(\displaystyle{ ABCD}\) (\(\displaystyle{ AB > CD}\)) wyznaczono taki punkt \(\displaystyle{ E}\), że czworokąt \(\displaystyle{ AECD}\) jest równoległobokiem. Przekątna \(\displaystyle{ BD}\) przecina odcinki \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ CE}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\). Odcinki \(\displaystyle{ DG}\) i \(\displaystyle{ BF}\) są równej długości. Uzasadnij, że \(\displaystyle{ \frac{AB}{CD} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}}\) (złota liczba).

@Richard del Ferro, ukrywaj proszę swoje rozwiązania, zeby nie psuć innym zabawy.-- 28 kwi 2017, o 19:13 --

Uzasadnij, że dla każdej liczby dodatniej \(\displaystyle{ a}\) i każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\), prawdziwe jest
\(\displaystyle{ \frac{n}{a} + a^{n} \ge n+1}\)

Rozstrzygnij, kiedy zachodzi równość.

Ukryta treść:    

Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ a}\) i porządkujemy lewą stronę do: \(\displaystyle{ (a - 1) (a + a^2 + ... + a^{n} - n) = (a - 1) \sum_{k=1}^n(a^k - 1) \ge 0}\), a to jest prawdziwe, ponieważ albo oba czynniki są dodatnie, albo oba ujemne, albo oba równe zeru.

[Zahion]

Richard del Ferro,

Ukryta treść:    

skoro \(\displaystyle{ d | n}\) i \(\displaystyle{ d | n + p}\) to \(\displaystyle{ d| n + p - n = p}\), czyli \(\displaystyle{ d = p}\).

[Larsonik]

Jeszcze jedno zadanko: Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Dwusieczne kąta \(\displaystyle{ ACB}\) i jego kąta zewnętrznego przecinają prostą \(\displaystyle{ AB}\) w punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), a punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ PQ}\). Udowodnij, że prosta \(\displaystyle{ SC}\) jest styczną do okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\).

[Richard del Ferro]

Zahion, zgasiłeś mnie powiem Ci xD

#POPRAWIONE! Do zadania wyżej

Ukryta treść:    

Należy zauważyć, że trójkąt \(\displaystyle{ PCQ}\), jest prostokątny a odcinki \(\displaystyle{ SC,PC,CQ}\) są równe jako promienie okręgu opisanego na tym trójkącie.
Zaznaczamy, że równe są kąty przy punktach \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ P}\)
Istotnym krokiem jest zaznaczenie środka okręgu opisanego \(\displaystyle{ X}\) na tym pierwszym trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Prowadzimy promienie do wierzchołków i zauważamy, że jest to trójkąt równoramienny oraz szukamy zależności między kątem środkowym między tymi promieni, a przeciwległym wierzchołkiem. Po zsumowaniu kątów w czworokącie \(\displaystyle{ ASCX}\) przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) otrzymujemy kąt prosty co dowodzi tezy.p

__
02:01, 29/04/2017
Zadanie

Wykaż, że odcinek łączący środki przekątnych w trapezie równy jest średniej arytmetycznej różnicy podstaw

[Larsonik]

Richard del Ferro:    

Nie wiem, czym jest dla ciebie kąt dany, ale ogólnie druga część twojego rozwiązania brzmi trochę nieprawdziwie, szczególnie ostatnie zdanie. Może mógłbyś to bardziej opisać?

Rozwiązanie:    

Treść zadania jest dziwnie sformułowana, ale chyba domyślam się, o co autorowi chodziło. Przyjmijmy, że w trapezie \(\displaystyle{ ABCD}\) (\(\displaystyle{ AB > CD}\)) \(\displaystyle{ K}\) oznacza środek \(\displaystyle{ AC}\), \(\displaystyle{ M}\) oznacza środek, \(\displaystyle{ L}\) oznacza srodek \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ P}\) oznacza środek \(\displaystyle{ BC}\). \(\displaystyle{ LM}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\) oraz \(\displaystyle{ KP}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\), stąd \(\displaystyle{ KM}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\). Dodatkowo \(\displaystyle{ KP = \frac{a}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ MP = \frac{b}{2}}\), a więc \(\displaystyle{ KM = KP - MP = \frac{a - b}{2}}\).

Przypomnę zadanie:
Zadanko: Na podstawie \(\displaystyle{ AB}\) trapezu \(\displaystyle{ ABCD}\) (\(\displaystyle{ AB > CD}\)) wyznaczono taki punkt \(\displaystyle{ E}\), że czworokąt \(\displaystyle{ AECD}\) jest równoległobokiem. Przekątna \(\displaystyle{ BD}\) przecina odcinki \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ CE}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\). Odcinki \(\displaystyle{ DG}\) i \(\displaystyle{ BF}\) są równej długości. Uzasadnij, że \(\displaystyle{ \frac{AB}{CD} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}}\) (złota liczba).

Może jeszcze jedno szybkie: Udowodnij, że średnia okręgu wpisanego w trapez równoramienny, ma długość równą średniej geometrycznej długości podstaw trapezu.

[mint18]

Ukryta treść:    

Środki okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DCA}\) leżą na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ DC}\). Jeśli kąty wpisane w te okręgi oba oparte na łuku \(\displaystyle{ DC}\) mają jednakową miarę, to odpowiednie kąty środkowe również. Na wspomnianej wcześniej symetralnej po jednej stronie prostej \(\displaystyle{ DC}\) istnieje tylko jeden punkt \(\displaystyle{ P}\) taki, że kąt \(\displaystyle{ DPC}\) jest równy dwukrotności \(\displaystyle{ \angle DAC = \angle DBC}\). Stąd środki okręgów opisanych na \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DCA}\) pokrywają się, a na czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) można opisać okrąg. Z kolei jesli czworokąt wypukły \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg, to teza wynika z tego, że \(\displaystyle{ \angle DAC, \angle DBC}\) to kąty wpisane oparte na tym samym łuku.

Ukryta treść:    

W zasadzie jest ok, ale pasowałoby jeszcze zaznaczyć, że środki okręgów opisanych na \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ACD}\) leżą po jednej stronie prostej \(\displaystyle{ CD}\). To jest łatwe, bo wynika to od razu z równości kątów \(\displaystyle{ \angle DAC=\angle DBC}\).

Można było też tak to zrobić:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia się przekątnych tego czworokąta. Wtedy \(\displaystyle{ \Delta APD\sim\Delta BPC}\) (kkk) \(\displaystyle{ \Rightarrow \Delta DPC \sim \Delta APB}\) (bkb), stąd \(\displaystyle{ \angle BAC=\angle BDC}\) oraz \(\displaystyle{ \angle DCA=\angle DBA}\) i teraz łatwo już pokazać, suma przeciwległych kątów wynosi \(\displaystyle{ 180^{\circ}}\).

Ukryta treść:    

Jednak spróbuję. Przyjmijmy oznaczenie \(\displaystyle{ \angle ACB = \alpha}\). Wówczas niezależnie od wartości kątów trójkąta mamy \(\displaystyle{ \angle AHH' = \angle AH'B = \alpha}\). Zatem na mocy równoważności pokazanej wcześniej wnioskujemy, ze na czworokącie \(\displaystyle{ ABCH'}\) można opisać okrąg. A jeśli czworokąt \(\displaystyle{ ABCH'}\) jest trapezem, to jako wpisany w okrąg musi być równoramienny.

Ukryta treść:    

Coś namieszałeś z kątami. W każdym razie fakt, dowód dla trójkąta nieostrokątnego będzie osobny, trochę przesadziłem z tym zadaniem, bo dowód dla trójkąta ostrokątnego jest prosty i nie sprawdzałem jak będzie z innym trójkątem tylko od razu wrzuciłem zadanie.
... 09-k25.pdf Chodziło o to, żeby po prostu pokazać, że punkt \(\displaystyle{ H'}\) leży na okręgu opisanym na \(\displaystyle{ ABC}\).

[Richard del Ferro]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ AECD}\) to równoległobok, więc \(\displaystyle{ \angle ADC+\angle DCE=180}\)
Zaznaczając odpowiednie kąty widzimy podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ DFA}\)oraz\(\displaystyle{ FGC}\).

Stąd stosunki

\(\displaystyle{ \frac{FD}{FA} = \frac{FG}{FC}}\)
dodatkowo mamy z przecięcia przekątnych dwa trójkąty u góry i u dołu podobne zatem

\(\displaystyle{ \frac{AF}{FD} = \frac{FC}{FB}}\)

Dodatkowa zależność
\(\displaystyle{ |DF|=|GB| \Rightarrow |FB|=|DF|+|FG|}\)

Wiedząc, że złota liczba jest takim stosunkiem ,że \(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{a+b}{a}}\)
A stosunek tych podstaw to inaczej skala podobieństwa tych trójkątów góra dół można sie śmiało bawić.
Ja natomiast nie mam na pewno psychiki do tylu literek, jak ktoś chce wymnażać, podstawiać itd to śmiało, wyjdzie co nie miara.

--
Zadanie

Rozwiąż równanie

\(\displaystyle{ \sin x+ \sin 2x+ \sin 3x=4 \cos x \cos \frac{x}{2} \cos \frac{3x}{2}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ \sin \frac x 2 \neq 0}\). Wówczas mamy
\(\displaystyle{ \sin x+\sin 2x+\sin 3x= \frac{\sin \frac x 2 \sin x+\sin \frac x 2 \sin 2x +\sin \frac x 2 \sin 3x}{\sin \frac x 2}= \frac{\cos \frac x 2-\cos \frac 7 2 x}{2\sin \frac x 2}}\)
bo \(\displaystyle{ \cos(x-y)-\cos(x+y)=2\sin x \sin y}\)
Dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{\cos \frac x 2-\cos \frac 7 2 x}{2\sin \frac x 2}=4cosxcos \frac{x}{2} cos \frac{3x}{2}}\)
Mnożymy przez mianownik, dwa razy stosujemy wzór na sinus podwojonego kąta i mamy
\(\displaystyle{ \cos \frac x 2-\cos \frac 7 2 x=2\cos2x \cos \frac 3 2 x}\)
Zauważmy jednak, że \(\displaystyle{ 2\cos \alpha \cos \beta=\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)}\),
więc prawa strona to:
\(\displaystyle{ \cos \frac 7 2 x+\cos \frac x 2}\), więc otrzymujemy po uproszczeniu
\(\displaystyle{ 2\cos \frac 7 2 x=0}\), czyli
\(\displaystyle{ \frac 7 2 x=\frac \pi 2+k\pi}\)
A jeśli \(\displaystyle{ \sin \frac x 2=0}\), tj. \(\displaystyle{ x=2k\pi, k \in \ZZ}\), to równość nie zachodzi, bo po lewej jest zero, a po prawej wcale nie.
Tj. \(\displaystyle{ x=\frac{\pi}{7}+\frac{2}{7}k\pi}\) i popatrzcie, czy to może być wielokrotnością \(\displaystyle{ 2\pi}\) (moim zdaniem nie bo modulo \(\displaystyle{ 2}\)),
jak tak, to wykluczyć te przypadki, ja nie umiem mnożyć i dzielić.

-- 29 kwi 2017, o 14:14 --

poprawka:    

A nie, tam jednak jest błąd. Powinno być tak:
\(\displaystyle{ \cos \frac x 2-\cos \frac 7 2 x=2\sin 2x \cos \frac 3 2 x=\sin \frac x 2-\sin \frac 7 2 x}\)
Nie mam teraz czasu tego przeliczać, ale też nietrudne będzie.