pseudo księżyce Hipokratesa.

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
Awatar użytkownika
bzyk12
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 327
Rejestracja: 18 lut 2009, o 12:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oświęcim/Wawa
Podziękował: 39 razy
Pomógł: 43 razy

pseudo księżyce Hipokratesa.

Post autor: bzyk12 » 17 sie 2010, o 14:18

Mam następujący problem którego nie mogę ugryźć:
Na trójkącie rozwartokątnym ABC opisujemy okrąg. Nastepnie na bokach AB, BC i CA rysujemy półokręgi o średnicach równych długości boku trojkata. Jakby wziąć duży okrąg jako ograniczenie to powstaną takie 3 księżyce (analogia do księżycy Hipokratesa tylko teraz mamy trojkąt rozwartokątny a nie prostokątny). Pytanie teraz jest następujące:
Jaka jest relacja pomiędzy sumą pól tych księżycy na polem trójkąta. Czy są one większe czy mniejsze, a może istnieje taki trojkąta gdy są one równe?
Dla trójkata ostrokątnego sprawa nie była taka trudna i wyszło że suma pól tych księżyców jest większa niż pole trójkata.
Czeka na jakieś propozycje.
image:http://www.garnek.pl/bzyk12

Awatar użytkownika
Sherlock
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2783
Rejestracja: 19 lis 2008, o 18:45
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Pomógł: 739 razy

pseudo księżyce Hipokratesa.

Post autor: Sherlock » 18 sie 2010, o 21:07

bzyk12 pisze:Na trójkącie rozwartokątnym ABC opisujemy okrąg. Nastepnie na bokach AB, BC i CA rysujemy półokręgi o średnicach równych długości boku trojkata. Jakby wziąć duży okrąg jako ograniczenie to powstaną takie 3 księżyce (analogia do księżycy Hipokratesa tylko teraz mamy trojkąt rozwartokątny a nie prostokątny).
Zakładając, że okrąg "odcina" półokręgi leżące na bokach, zauważ, że w trójkącie rozwartokątnym okrąg "zakrywa" w całości półokrąg leżący na najdłuższym boku - należy więc rozpatrzeć tylko dwa księżyce (te na krótszych bokach).
bzyk12 pisze:Jaka jest relacja pomiędzy sumą pól tych księżycy na polem trójkąta.
z ciekawości dokonałem kilku wyliczeń i wyszło coś takiego:
Pole półkoli leżących na bokach:
\(\displaystyle{ P_p= \frac{1}{2}\pi \frac{a^2}{4} + \frac{1}{2}\pi \frac{b^2}{4} + \frac{1}{2}\pi \frac{c^2}{4}= \frac{1}{8}\pi(a^2+b^2+c^2)}\)
korzystając z tw. sinusów mamy:
\(\displaystyle{ P_p=\frac{1}{8}\pi(4R^2sin^2\alpha+4R^2sin^2\beta+4R^2sin^2\gamma)= \frac{1}{2}\pi R^2(sin^2\alpha+sin^2\beta+sin^2\gamma)}\)
Dalej - pole wycinków koła tworzonych przez okrąg to pole koła minus pole trójkąta:
\(\displaystyle{ P_{w}=\pi R^2- \frac{abc}{4R}}\)

Interesuje nas różnica pola księżyców i pola trójkąta czyli:
\(\displaystyle{ Y=(P_p-P_{w})-P_t}\)
\(\displaystyle{ Y=\frac{1}{2}\pi R^2(sin^2\alpha+sin^2\beta+sin^2\gamma)-\pi R^2+ \frac{abc}{4R}- \frac{abc}{4R}}\)
\(\displaystyle{ Y=\pi R^2(\frac{1}{2}sin^2\alpha+\frac{1}{2}sin^2\beta+\frac{1}{2}sin^2\gamma)-\pi R^2}\)

(1) Jeżeli: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}sin^2\alpha+\frac{1}{2}sin^2\beta+\frac{1}{2}sin^2\gamma > 1}\) to \(\displaystyle{ Y>0}\)
(2) Jeżeli: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}sin^2\alpha+\frac{1}{2}sin^2\beta+\frac{1}{2}sin^2\gamma = 1}\) to \(\displaystyle{ Y=0}\)
(3) Jeżeli: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}sin^2\alpha+\frac{1}{2}sin^2\beta+\frac{1}{2}sin^2\gamma < 1}\) to \(\displaystyle{ Y<0}\)

Po kilku przekształceniach (m.in. \(\displaystyle{ sin\gamma=sin(180^0-(\alpha+\beta))=sin(\alpha+\beta)}\)) mamy:

(1) Jeżeli: \(\displaystyle{ sin^2\alpha+sin^2\beta+sin^2(\alpha+\beta) > 2}\) to \(\displaystyle{ Y>0}\)
(2) Jeżeli: \(\displaystyle{ sin^2\alpha+sin^2\beta+sin^2(\alpha+\beta) = 2}\) to \(\displaystyle{ Y=0}\)
(3) Jeżeli: \(\displaystyle{ sin^2\alpha+sin^2\beta+sin^2(\alpha+\beta) < 2}\) to \(\displaystyle{ Y<0}\)
Poza tym \(\displaystyle{ 0^0<\alpha+\beta<180^0}\)
Teraz pytanie czy się te nierówności da wyliczyć. Jeśli tak to jak?

(1) najprawdopodobniej (trza udowodnić) odpowiada trójkątom ostrokątnym (pole księżyców jest większe od pola trójkąta)
(2) trójkąt prostokątny (równe pola)
(3) trójkąty rozwartokątne (pole księżyców jest mniejsze od pola trójkąta)

Podstawianie przykładów potwierdza nierówności ale wypadałoby to udowodnić
bzyk12 pisze:a może istnieje taki trojkąta gdy są one równe?
trójkąt prostokątny
bzyk12 pisze:Dla trójkata ostrokątnego sprawa nie była taka trudna i wyszło że suma pól tych księżyców jest większa niż pole trójkata.
możesz podać swoje obliczenia?

frej

pseudo księżyce Hipokratesa.

Post autor: frej » 19 sie 2010, o 08:59

Wystarczy skorzystać z tych dwóch tożsamości:
\(\displaystyle{ \boxed{\cos 2\alpha = 1 -2 \sin ^2 \alpha}}\)

\(\displaystyle{ \boxed{\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = - \cos \left( \alpha + \beta + \gamma \left) + 4 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\beta + \gamma}{2} \cos \frac{\gamma + \alpha}{2}}}\)

Awatar użytkownika
bzyk12
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 327
Rejestracja: 18 lut 2009, o 12:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oświęcim/Wawa
Podziękował: 39 razy
Pomógł: 43 razy

pseudo księżyce Hipokratesa.

Post autor: bzyk12 » 19 sie 2010, o 19:07

Właśnie chodzi mi o to że jeżeli ten jeden pólokrąg zawira się w tym okręgu opisanym to tam też jest jeszcze jeden księżyc (tylko wewnatrz) i jego też chciałbym wziąć pod uwagę - to jest problem.

ODPOWIEDZ