С японски привкус

[ins-]

Четириъгълника ABCD е вписан в окръжност. Радиусите на вписаните окръжности в триъгълниците: BDA, BDC, ACB, ACD са означени с r_a, r_c, r_b, r_d.
a) Да се докаже, че: r_a + r_c = r_b + r_d.
б) Четириъгълника с върхове - центровете на споменатите вписани окръжности е правоъгълник.

[Реклама]

[ганка симеонова]

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=11175

[Saposto_MM]

Обощение на a) е една от любимите теореми на Николай.Каракехайов - Японска теорема за вписаните многоъгълници

[ins-]

Ако задачата Ви е харесала - намерих една книга, която съдържа всички теореми "Сангаку", които съм виждал като "Задача на броя" в списание "Математика и информатика" и мога да пусна още подобни. В книгата има и решения на всички задачи.

[ганка симеонова]

Пускай

[ins-]

Единия от диагоналите на равнобедрен трапец го разделя на два триъгълника, в които са вписани две окръжности с радиуси r1 и r2. Ако в трапеца може да се впише окръжност - да се изрази радиуса й чрез r1 и r2.

[ins-]

Отговора е: [tex]r=\frac{r_1+r_2+\sqrt{r_1^2+r_2^2}}{2}[/tex].

Мога да изразя радиусите на всички окръжности чрез основите на трапеца и да докажа равенството, но ми се струва голяма хамалогия и без да знам отговора ми е интересно как да стигна до него.
Друга идея, която ми хрумна е да изразя всичко чрез отсечките, на които се разделят основите от малките окръжности, но пак не е много леко.

Ако някой има идея за по-добро решение, нека да я сподели.

[s.karakoleva]

Нека да построим и другия диагонал на четириъгълника и да впишем окръжности в триъгълниците ABC, ACD, ABD, BCD. Тъй като трапецът е равнобедрен, се получават две двойки еднакви триъгълници със съответно равни радиуси на вписаните окръжности. Нека радиусите на вписаните окръжности в ABC и ABD са [tex]r_1[/tex], а в BCD и ACD - [tex]r_2[/tex]. Радиусът на вписаната в трапеца окр. с център О е [tex]r[/tex], [tex]O_1[/tex] е център на вп. окр. в ABC, [tex]O_2[/tex] - център на вп. окр. в BCD, [tex]O_3[/tex] е център на вп. окр. в ACD, [tex]O_4[/tex] - център на вп. окр. в ABD.
От Японската теорема за вписания четириъгълник следва, че [tex]O_1O_2O_3O_4[/tex] е правоъгълник. Ще дам по-късно и чертеж. [tex]O_1O_4\parallel O_2O_3\parallel AB\parallel CD[/tex].

Доказва се, че [tex]\triangle BOC[/tex] е правоъгълен:
Ако ъгълът при основата на трапеца е [tex]\alpha[/tex], [tex]\angle OBC=\frac{\alpha}{2}, \angle OCB=\frac{180^\circ-\alpha}{2}\Rightarrow \angle COB=90^\circ\ .[/tex]

Правата [tex]O_1O_2[/tex] персича AB и CD съотв. в P и Q, [tex]PQ\perp AB, \ O_1P=r_1,\ O_2Q=r_2, \ PQ=MN=2r[/tex], където MN е височината на трапеца през О, [tex](M\in AB)[/tex].

[tex]2r=PO_1+O_1O_2+O_2Q=r_1+O_1O_2+r_2[/tex]

Остава от правоъгълния триъгълник [tex]O_1O_2O[/tex] да се намери по Питагорова теорема [tex]O_1O_2=\sqrt{OO_1^2+OO_2^2}[/tex] и да се докаже, че катетите му са равни съответно на [tex]r_1 [/tex] и [tex]r_2[/tex]...

[ins-]

Благодаря за решението!
Без да искам с б) на първата задача съм налучкал твърдение, което би могло да се използва за решението.
Ще се опитам със сметки да добутам задачата и по друг начин. Самите сметки не са много рутинни. Като я реша - ще пусна и друго решение.
Дано задачата да Ви е харесала.

[georgi111]

Ето го моето решение (няма чертеж ама всеки може да си го нарисува):

Означаваме радиусите на вписаните в триъгълниците ABC и ACD окръжности с r1 и r2 и центрове О1 и О2 съответно. Вписаната в трапеца окръжност е с радиус r. Означаваме също AB=a, CD= b, AD=BC=c. Означаваме допирните точки със диагонала AC на вписаните в триъгълниците ABC и ACD окръжности съответно с Т1 и Т2.
Тогава имаме:
От ABCD вписан -> [tex]a+b=2c[/tex]
[tex]AT1=\frac{a+AC-c}{2 }[/tex] и [tex]AT2=\frac{c+AC-b}{2 } [/tex], но от a+b=2c следва че AT1=AT2 т.е T1=T2=T(означаваме). Лесно имаме че триъгълниците ATO1 и CTO2 са подобни([tex]\angle TAO1 = \angle TCO2 = \frac{1}{ 2} \angle ACD = \frac{1}{ 2}\angle CAB [/tex](кръстни) и [tex]O1O2\bot AC[/tex]).Тогава [tex]\frac{AT}{TC }=\frac{r1}{r2 } [/tex]. Оттук и от [tex]AT=\frac{a+AC-c}{2 }[/tex] намираме лесно че
[tex]AC=\frac{r1+r2}{r1-r2}*(a-c)[/tex](*).
От косинусовата теорема за триъгълник ABC имаме:
[tex]AC^2=a^2 + c^2 - 2accos(\angle ABC) = (a-c)^2 + 2ac(1- cos(\angle ABC))[/tex] и [tex]cos(\angle ABC) = \frac{a-b}{2c} [/tex] т.е [tex]AC^2 = (a-c)^2 + 2ab [/tex](**)
Сега от (*) и (**) след опростяване имаме [tex]\frac{2r1r2}{(r1-r2)^2}(a-c)^2 = ab[/tex](***).
Освен това :[tex]S_{ABC} + S_{ACD} = S_{ABCD}[/tex], откъдето имаме последователно:
[tex]\frac{b+c+AC}{2}r2 + \frac{a+c+AC}{2}r1 = \frac{a+b+2c}{2}r [/tex] =>
[tex]\frac{c-a + \frac{r1+r2}{r1-r2}(a-c)}{2} r2 + \frac{a+c + \frac{r1+r2}{r1-r2}(a-c)}{2} r1 = 2cr - cr2[/tex] , откъдето след опростяване и съкращаване имаме :
[tex]\frac{a}{c} = \frac{r1^2 + r2^2 + 2r(r1-r2)}{r1^2 + r2^2} [/tex], откъдето
[tex]\frac{a-c}{c} = \frac{2r(r1-r2)}{r1^2 + r2^2} [/tex]. Полагаме [tex]a-c = 2kr(r1-r2)[/tex] и [tex]c = (r1^2 + r2 ^2)k[/tex]. От [tex]a+b=2c[/tex] имаме :
[tex]a = k(r1^2 + r2^2 + 2r(r1 - r2)), b = k(r1^2 + r2^2 - 2r(r1 - r2))[/tex]. Сега замествайки в (***) имаме :
[tex]\frac{2r1r2}{(r1-r2)^2} = k^2\frac{(r1^2 + r2^2 + 2r(r1 - r2))(r1^2 + r2^2 - 2r(r1 - r2))}{4k^2r^2(r1-r2)^2} [/tex]=>
[tex]8r^2r1r2 = (r1^2 + r2^2)^2 - 4r^2(r1-r2)^2[/tex]=>
[tex]4r^2(2r1r2 + r1^2 + r2^2 - 2r1r2) = (r1^2 + r2^2)^2[/tex]=>
[tex]r^2 = \frac{1}{4}(r1^2 + r2^2) [/tex], откъдето [tex]r = \frac{1}{2}\sqrt{(r1^2 + r2^2)} [/tex]

P.P Мисля че отговора нещо е грешен в Сангаку

[ins-]

Имам въпрос към s.karakoleva. Не ми е ясно защо катетите на правоъгълния триъгълник [tex]OO_{1}O_{2}[/tex] са равни на [tex]r_{1}[/tex] и [tex]r_{2}[/tex].
Ако това е вярно - решението е много красиво.

[s.karakoleva]

[ins-]

Решението на kazakov111 показва много знания и перфектна техника. Задачата би могла да се реши по подобен начин.
За съжаление - има техническа грешка. Тя се състои в следното - след като установява, че сбора от лицата на триъгълника и замества с намереното в (*) за диагонала - първата дроб, след знака: "=>" замества [tex]b+c[/tex] с [tex]c-a[/tex]. Тази замяна е некоректна, защото от ABCD - описан => [tex]b+c=-a+3c[/tex].
Без да проследяваме решението можем да се убедим, че то е грешно - от получения отговор. От решението на s.karakoleva става ясно, че: [tex]r>1/2(r1+r2)[/tex], което очевидно е по-голямо от [tex]1/2\sqrt{r1^{2}+r2^{2}}[/tex].
Решението е брилянтно, имайки в предвид, че е писано в условия на остър времеви дефицит и тежко психическо напрежение.

[Pinetop Smith]

http://www.matheraetsel.de/texte/SANGAKU.Pdf

Ето ви нещо и от мен. Лошото е, че съм толкова скаран с немския, че няма повече накъде Ако някой преведе поне задачите, ще съм му благодарен.

[ins-]

Виждал съм го, но е добро. Някой ден трябва да се види книгата на Fukagawa и Pedoe - тя е най-доброто, което ми е попадало.

[Pinetop Smith]

Става ли да я качиш тук?

[ins-]

Ето я и моята идея за решение ... т.е. комбинация между част от мой опит за решение и част от решението на georgi111.
Можем да използваме, че центровете на k1 и k2 лежат на ъглополовящата на <ABC, а
центровете на k и k2 лежат на ъглополовящата на <ADC.
Ако построим радиусите към допирните точки с основите и разгледаме получените подобни триъгълници, изразявайки катетите, лежащи на основите чрез a, b и AC. Лесно получаваме зависимостта:

1) (r-r2)/(r-r1)=a/b.

От решението на kazakov111, използвайки (*) и 2c=a+b лесно следва:

2) 2AC=(r1+r2)/(r1-r2)(a-b).

Ако спуснем височината на трапеца през върха C - лесно може да се докаже, че:
3) [tex]2AC=\sqrt{a^2+6ab+b^2}[/tex]

И така заместваме в 2) и получаваме:

4) [tex]\frac{\sqrt{a^2+6ab+b^2}}{a-b}=\frac{r_{1}+r_{2}}{r_{1}-r{2}}[/tex]

От 1) изваждаме 1 от двете страни на равенството и получаваме:

5) (r1-r2)/(r-r1)=(a-b)/b.

Умножаваме 1) и 5) и получаваме:

6) [tex]\frac{\sqrt{a^2+6ab+b^2}}{b}=\frac{r_{1}+r_{2}}{r-r{1}}[/tex]

В 6) вкарваме b под корена и получаваме:

7) [tex]\sqrt{{(a/b)}^2+6a/b+1}=\frac{r_{1}+r_{2}}{r-r{1}}[/tex]

В 7) Заместваме a/b с намереното в 1). Получава се ирационално уравнение за
r. То лесно се свежда до квадратно. Неговите корени са: [tex]1/2(r1+r2-\sqrt{{r1}^2+{r2}^2})[/tex] и [tex]1/2(r1+r2+\sqrt{{r1}^2+{r2}^2})[/tex]

От направените от s.karakoleva разсъждения можем да заключим, че r>1/2(r1+r2) което означава, че:
[tex]r=\frac{r_{1}+r_{2}+\sqrt{{r_1}^2+{r_2}^2}}{2}[/tex] е крайният отговор. С това задачата е решена.

Намереното решение, лично на мен ми харесва и може да се нарече решение на karakoleva, kazakov, mirchev и в него се вижда, че 3 е повече от 1, смисъла от Интернет, математическите форуми и комуникацията между хората изобщо.

Ако задачата Ви е харесала и искате да видите още подобни, ако не и по-добри - кажете и мога да пусна още. Не е лошо и да измислим някоя добра задача, подобна (или не) на тази, ако не и по-трудна.

[ins-]

Аз имам гигабайти с литература, която доста трудно се намира, но за съжаление размера на прикачен файл не е голям и това ме спира.

[Pinetop Smith]

http://fileupload.filetac.com/ - тук може да се качва до 2 ГБ.

[ins-]

Има много подобни сайтове и знам за тях, но сме зависими от тях, ако наложат политика за плащане или в даден момент спрат се получават неприятни ситуации. mathlinks.ro и imomath - са сайтове, в които нещата са уредени малко по-добре в това отношение - като имам повече време - качвам неща там.

[Пафнутий]

Добре де. Става ли тогава да ми ги пратиш на мейла? Пиши на ЛС, ако си съгласен.

[georgi111]

Моето решение има лека техническа грешка за което се извинявам (грешката не е в c-a в числителя) . Тръгва от :
[tex]\frac{a}{c} = \frac{r1^2 + r2^2 +2r(r1-r2)}{r1^2 + r2^2} [/tex], а то е:
[tex]\frac{a}{c} = \frac{2r2^2 +2r(r1-r2)}{r1^2 + r2^2} [/tex]. Тогава :
[tex]a = k(2r2^2 + 2r(r1-r2)), c = k(r1^2 + r2^2), b = k(2r1^2 + 2r(r1-r2))[/tex] .
Сега от [tex]\frac{2r1r2}{(r1-r2)^2} = \frac{ab}{(a-c)^2} [/tex] имаме:
[tex]\frac{r1r2}{(r1-r2)^2} = \frac{(r2^2 + r(r1-r2))(2r1^2 - 2r(r1-r2))}{(r1-r2)^2(2r-(r1+r2))^2} [/tex], откъдето след опростяване имаме последователно:
[tex]4r^2r1r2 + r1r2(r1+r2)^2 -4rr1r2(r1+r2) = 2r1^2r2^2 - 2rr2^2(r1-r2) - 2r^2(r1-r2)^2 + 2rr1^2(r1-r2)[/tex] => [tex]2r^2(r1^2 + r2^2) -2r(2r1r2(r1+r2) - r2^2(r1-r2) + r1^2(r1-r2)) + r1r2(r1^2 + r2^2) = 0[/tex] => [tex]2r^2(r1^2 + r2^2) - 2r(2r1^2r2 + 2r2^2r1 - r1r2^2 + r2^3 + r1^3 - r1^2r2) + r1r2(r1^2 + r2^2) = 0 [/tex] => [tex]2r^2(r1^2 + r2^2) - 2r(r1+r2)(r1^2 + r2^2) + r1r2(r1^2 + r2^2) = 0[/tex]. Така получихме квадратното уравнение : [tex]2r^2 -2r(r1+r2) +r1r2 = 0[/tex] с корени [tex]r = \frac{r1+r2 + \sqrt{r1^2 + r2^2}}{2} [/tex] и [tex]r = \frac{r1+r2 - \sqrt{r1^2 + r2^2}}{2} [/tex], като 2рия очевидно не е корен заради [tex]r > \frac{1}{2}(r1+r2) [/tex]

[krainik]

[ins-]

Защо сайтът няма да съществува?
Не е така ... дал съм ги на много хора и не са толкова безценни.

[martin.nikolov]

[krainik]

Ще се създаде нов сайт. по-точно форум - http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=11213&start=30 . И като не са толкова безценни какво ти пречи да ги качиш на сайта, който Никито предложи? Вярвам, че са интерес за голяма част от състезателите, посещаващи форума.

[ins-]

Не съм ги качил на сайт, защото не ми се занимава. Все пак работя и е нормално да съм изморен.
Част от тях са в zaest@abv.bg.
Парола pass1234.
Има ги в папка "Чекмедже".
Ако някой се наеме да ги преведе и да се създаде добър сайт, който да ги съдържа - ще е много хубаво.
Аз не съм математик и нямам интерес да ги крия.
Желая успех на всички, които се подготвят за състезания и на любознателните хора, посещаващи сайта!

[martin.nikolov]

Така и неразбрах за кои книги става на дума и защо е такъв проблем който ги има да ги качи за тези които ги искат. Споменаха се имената на Fukagawa и Pedoe ето това намерих от тях което е свързано с математиката и Япония.

Fukagawa: Sacred Mathematics. Japanese Temple Geometry

Pedoe: The Gentle Art of Mathematics


Между другото Gentle Art на японски е джу джуцу.

[krainik]

Благодаря. Определено е полезно. Само да попитам файлове с разширение .zip.01 и такива с какво се отварят

[martosss]

Хм, аз мога да се пробвам с немската част(Германия), но не вярвам хора, които да знаят аржентински примерно Иначе Google translator сигурно с удоволствие ще ни помогне И все пак това ще е ДООСТА работа, но все пак може и да стане, ако се реализира ще е наистина огромна библиотека от задачи!