Регистрирайте сеРегистрирайте се

Формули и теореми

Иди на страница 1, 2  Следваща
 
   Форум за математика Форуми -> Теория свързана с олимпиади
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
xyz
Напреднал


Регистриран на: 20 May 2007
Мнения: 319

Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2
гласове: 12

МнениеПуснато на: Thu Jul 05, 2007 9:41 am    Заглавие: Още едно решение на първа задача

Още едно решение на първа задача
Ще дам решение на първа задача с лица, защото считам, че е интересно. Няма за рисувам всички външно вписани окръжности, защото ще ми е по-лесно. Започваме с чертеж 1. Вижда се, че лицето на оцветената част е:
SA = RA.p
където p е полупериметъра. Това е очевидно поради симетрията на сините с сивите триъгълници. От друга страна именно поради тази симетрия имеме:
SA=лице(основен триъгълник)+2.лице(сини триъгълници)
Ако сумираме с подобните лица за другите върхове, то ще получим:
3.лице(основен триъгълник)+2.(лице(сини_триъгълници_за_A)+ лице(сини_триъгълници_за_B)+ лице(сини_триъгълници_за_C))=
=SA+ SB+ SC
= (RA + RB RC).p
Сега ще използваме формулата за лице на триъгълник: S=p.r, т.е. ще извадим от двете страни на горното равенство:
2.(лице(основен триъгълник)+лице(сини_триъгълници_за_A)+ лице(сини_триъгълници_за_B)+ лице(сини_триъгълници_за_C)) =
= 2.лице(цветно_озветени_зони_за_всички_ъгли) =
= (RA + RB RC).p-r.p
Ще продължим да „сгъваме” лицето. За целта, ще използвам резултата от Magi, че M е среда на отсечката свързваща центровете на двете вписани окръжности (на чертежа). Така лицата на синкавите незастъпени зони (т.е. триъгълници) са равни по лице със съответните червеникаво-жълти ярко оцветени триъгълници. Така намираме:
лице(цветно_озветени_зони_за_всички_ъгли) =
=2.лице(ярко_оцветени_триъгълници_за_A)+
+2.лице(ярко_оцветени_триъгълници_за_B)+
+2.лице(ярко_оцветени_триъгълници_за_C)=
= 1/2((RA + RB RC).p-r.p)
По-горе използвахме също и факта, че светло-жълтата зона на чертажа се „брои” към лицата на другите ъгли, т.е. затова имаме само: лице(ярко_оцветени_триъгълници_за_A).
Сега за по-удобно преминаваме към фигура 2. Горният резултат може да се изкаже така:
2.лице(озветена_зона) = 1/2((RA + RB RC).p-r.p)
Намирането на лицето на оцветената зона, обаче, вече не е проблем. На фигура 2 вече сме показали центъра на окръжността, а не на вписаната окръжност. Тъй като разглежданите точки са сред на съответните дъги (по построение те са пресечна точка със съответните ъглополовящи), то очевидно имаме отбелязаните прави ъгли на фигурата. Тогава лицето например на светло синята зона ще е R.a/2 (например считано като сума на 2 триъгълника със страна a, и две височити със сума R). Събирайки този израз за всички точки получаваме:
лице(озветена_зона)=p.R
Приравнявайки с по-горния израз намираме:
(RA + RB RC).p-r.p=4R.p
Разделяйки на полупериметъра p получаваме, каквото трябва.



4ert7.png
 Description:
 Големина на файла:  49.21 KB
 Видяна:  40043 пъти(s)

4ert7.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Sat Aug 04, 2007 5:22 pm    Заглавие:

Smile


Leibnic.gif
 Description:
 Големина на файла:  11.38 KB
 Видяна:  39745 пъти(s)

Leibnic.gif



OG.gif
 Description:
 Големина на файла:  5.25 KB
 Видяна:  39745 пъти(s)

OG.gif



euler.GIF
 Description:
 Големина на файла:  5.96 KB
 Видяна:  39745 пъти(s)

euler.GIF


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Mon Dec 22, 2008 11:12 am    Заглавие:

1. Теорема за лицето на четириъгълник, сборът на всеки две срещулежащи страни на който е равен (четириъгълник, едновременно вписан в и описан около окръжност).
Ако [tex]a,b,c,d[/tex] са положителни числа и [tex]a+c=b+d[/tex], има единствен четириъгълник [tex]ABCD[/tex], вписан в окръжност и с [tex]AB=a, BC=b, CD=c, AD=d[/tex], за който [tex]S=\sqrt{abcd}[/tex].

Доказателство. Нека за начало означим [tex]\angle ABC=\phi[/tex]. Тъй като около четириъгълника може да се опише окръжност,
то тогава [tex]\angle ADC=180^\circ-\phi[/tex]. Да приложим за [tex]\triangle ABC[/tex] косинусовата теорема:
[tex]AC^2=AB^2+BC^2-2.AB.BC.cos\phi (1)[/tex].
Да направим същото и за [tex]\triangle ACD[/tex]:
[tex]AC^2=AD^2+CD^2+2.AD.CD.cos\phi (2)[/tex].
След приравняване на десните страни на [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] получаваме:
[tex]a^2+b^2-2abcos\phi=c^2+d^2+2cdcos\phi \Leftrightarrow (2cd+2ab)cos\phi=a^2+b^2-c^2-d^2 \Rightarrow cos\phi=\frac{a^2+b^2-(c^2+d^2)}{2(ab+cd)}[/tex].
От друга страна, знаем, че лицето на проиволен триъгълник се изчислява по формулата [tex]\frac{absin\gamma}{2}[/tex]. По тази аналогия определяме, че
[tex]S_{ABC}=\frac{absin\phi}{2}, S_{ACD}=\frac{cdsin\phi}{2}[/tex].
[tex]S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD} \Rightarrow S_{ABCD}=\frac{sin\phi}{2}(ab+cd)[/tex].
От основното тригонометрично тъждество определяме [tex]sin\phi[/tex]: [tex]sin\phi=\sqrt{1-cos^2\phi}=\frac{\sqrt{[2(ab+cd)]^2-[a^2+b^2-(c^2+d^2)]^2}}{2(ab+cd)}[/tex].
[tex]\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{\sqrt{(2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2)(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2}}{4}=\\=\frac{\sqrt{[a^2+2ab+b^2-(c^2-2cd+d^2)][(c^2+2cd+d^2)-(a^2-2ab+b^2]}}{4}=\\=\frac{\sqrt{[(a+b)^2-(c-d)^2][(c+d)^2-(a-b)^2]}}{4}=\\=\frac{\sqrt{(a+b+c-d)(a+b-c+d)(c+d+a-b)(c+d-a+b)}}{4}[/tex].
Като отчетем, че [tex]a+c=b+d[/tex] и заместим в гореполученото, достигаме до:
[tex]\frac{\sqrt{(b-d+b+d)(a-c+a+c)(d-b+b+d)(c-a+a+c)}}{4}=\frac{\sqrt{2a.2b.2c.2d}}{4}=\frac{4\sqrt{abcd}}{4}[/tex]
[tex]\Rightarrow S=\sqrt{abcd}[/tex].

2. Теорема на Чева. Нека в произволен [tex]\triangle ABC[/tex] точките [tex]A_{1}, B_{1}, C_{1}[/tex] лежат съответно на страните [tex]BC, AC, AB[/tex]. Тогава [tex]AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}[/tex] ще се пресичат в една точка, ако е изпълнено
[tex]\frac{AC_{1}}{C_{1}B}.\frac{BA_{1}}{A_{1}C}.\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=1[/tex].


Доказателство. Теоремата на Чева е валидна и в случая, когато някои от точките [tex]A_{1}, B_{1}, C_{1}[/tex] лежат на продълженията на съответните страни.
Нека [tex]AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}[/tex] се пресичат точката [tex]O[/tex]. Според отношението на лицата имаме:
[tex]\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle AOB}}=\frac{CB_{1}}{B_{1}A}; \frac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle BOC}}=\frac{AC_{1}}{C_{1}B}; \frac{S_{\triangle BOA}}{S_{\triangle AOC}}=\frac{BA_{1}}{A_{1}C}[/tex].
Като умножим тези три равенства, ще получим
[tex]\frac{AC_{1}}{C_{1}B}.\frac{BA_{1}}{A_{1}C}.\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=\frac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle BOC}}.\frac{S_{\triangle BOA}}{S_{\triangle AOC}}.\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle AOB}}=1[/tex].

3. Синусова теорема. Отношението на една страна в триъгълник и синуса на нейния срещулежащ ъгъл е равно на отношенията на другите две страни и синусите на срещулежащите им ъгли. Тези отношения са равни на диаметъра на описаната около триъгълника окръжност.

Доказателство. Нека е даден [tex]\triangle ABC[/tex], за който [tex]BC=a, AC=b, AB=c, \angle BAC=\alpha, \angle ABC=\beta, \angle ACB=\gamma[/tex] и [tex]BH=h_{b}, BH\bot AC[/tex]. От [tex]\triangle ABH[/tex] имаме [tex]sin\alpha=\frac{h_{b}}{c} \Rightarrow h_{b}=c sin\alpha[/tex] [tex](1)[/tex]. От [tex]\triangle BHC[/tex] имаме [tex]sin\gamma=\frac{h_{b}}{a} \Rightarrow h_{b}=a sin\gamma[/tex] [tex](2)[/tex]. Приравняваме десните страни на [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] и получаваме [tex]a sin\gamma=c sin\alpha \Leftrightarrow \frac{a}{sin\alpha}=\frac{c}{sin\gamma}[/tex].
Нека сега [tex]CP\bot AB, CP=h_{c}[/tex]. От [tex]\triangle APC[/tex] получаваме [tex]sin\alpha=\frac{h_{c}}{b} \Rightarrow h_{c}=b sin\alpha[/tex] [tex](3)[/tex], а от [tex]\triangle BPC[/tex] имаме [tex]sin\beta=\frac{h_{c}}{a} \Rightarrow h_{c}=a sin\beta[/tex] [tex](4)[/tex]. От [tex](3)[/tex] и [tex](4)[/tex] [tex]\Rightarrow b sin\alpha=a sin\beta \Leftrightarrow \frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}[/tex].
От доказаното дотук [tex]\Rightarrow \frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}=\frac{c}{sin\gamma}[/tex].
Нека сега да опишем окръжността [tex]k[/tex] около [tex]\triangle ABC[/tex]. Ако точката [tex]O[/tex] е нейният център, то да прекараме диаметъра [tex]AM[/tex]. Тогава [tex]\angle ABM=90^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=\angle AMB=\gamma=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{AB}}{2} [/tex]. Тогава от правоъгълния триъгълник имаме [tex]sin\gamma=\frac{c}{2R} \Rightarrow \frac{c}{sin\gamma}=2R[/tex]. И тъй като [tex]\frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}=\frac{c}{sin\gamma}[/tex], то [tex]\frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}=\frac{c}{sin\gamma}=2R[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Mon Dec 22, 2008 8:26 pm    Заглавие:

4. Тангенсова теорема. За произволен [tex]\triangle ABC[/tex] е в сила равенството:
[tex]\frac{a+b}{a-b}=\frac{tg{\frac{\alpha+\beta}{2}}}{tg{\frac{\alpha-\beta}{2}}}[/tex].


Доказателство. Нека за [tex]\triangle ABC[/tex] да спазваме традиционните означения: [tex]BC=a, AC=b, \angle BAC=\alpha, \angle ABC=\beta[/tex].
От синусовата теорема е ясно, че [tex]\frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}[/tex], откъдето следва, че [tex]b=\frac{a sin\beta}{sin\alpha}[/tex].
[tex]a+b=a+\frac{a sin\beta}{sin\alpha}=\frac{a(sin\alpha+sin\beta)}{sin\alpha}[/tex] [tex](1)[/tex]
[tex]a-b=a-\frac{a sin\beta}{sin\alpha}=\frac{a(sin\alpha-sin\beta)}{sin\alpha}[/tex] [tex](2)[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{a+b}{a-b}=\frac{a(sin\alpha+\sin\beta)}{sin\alpha}.\frac{sin\alpha}{a(sin\alpha-sin\beta)}=\frac{sin\alpha+sin\beta}{sin\alpha-sin\beta}[/tex] [tex](3)[/tex]
По формулите за сбор и разлика на синуси получаваме:
[tex]sin\alpha+sin\beta=2sin{\frac{\alpha+\beta}{2}}cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}[/tex];
[tex]sin\alpha-\sin\beta=2cos{\frac{\alpha+\beta}{2}}sin{\frac{\alpha-\beta}{2}}[/tex].
Заместваме получените произведения в [tex](3)[/tex] и достигаме до:
[tex]\frac{a+b}{a-b}=\frac{2sin{\frac{\alpha+\beta}{2}cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}}}{2cos{\frac{\alpha+\beta}{2}sin{\frac{\alpha-\beta}{2}}}}=tg{\frac{\alpha+\beta}{2}}.cotg{\frac{\alpha-\beta}{2}} \Leftrightarrow \frac{a+b}{a-b}=\frac{tg{\frac{\alpha+\beta}{2}}}{tg{\frac{\alpha-\beta}{2}}}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Tue Dec 23, 2008 12:12 am    Заглавие:

Един триъгълник е правоъгълен, тогава и само тогава, когато: [tex]r_a + r_b + r_c = a+b+c[/tex]

(давана е като подточка на задача от олимпиада на германия през 80-те)
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Tue Dec 23, 2008 10:43 am    Заглавие:

5. Котангенсова теорема. Във всеки триъгълник е в сила равенството: [tex]a^2=b^2+c^2-4Scotg\alpha[/tex].

Доказателство. По своя си вид тази формула напомня косинусовата теорема. Да запишем така:
[tex]a^2=b^2+c^2-4Scotg\alpha[/tex] [tex](1)[/tex];
[tex]a^2=b^2+c^2-2bccos\alpha[/tex] [tex](2)[/tex].
Като приравним десните страни на [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] получаваме:
[tex]2bccos\alpha=4Scotg\alpha \Leftrightarrow 2bccos\alpha=2.2S \frac{cos\alpha}{sin\alpha} \Leftrightarrow bc=\frac{2S}{sin\alpha} \Leftrightarrow 2S=bc sin\alpha \Leftrightarrow S=\frac{bc sin\alpha}{2}[/tex].
Тази формула е вярна и следователно и даденото твърдение е вярно.

6. Теорема на Дезарг. Даден е [tex]\triangle ABC[/tex], в който [tex]AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}[/tex] са чевиани (отсечки, пресичащи се в една точка), [tex]A_{1}\in BC, B_{1}\in AC, C_{1}\in AB[/tex]. Отсечката [tex]A_{1}B_{1}[/tex] пресича [tex]AB[/tex] в точката [tex]C_{2}[/tex], [tex]B_{1}C_{1}[/tex] пресича [tex]BC[/tex] в точката [tex]A_{2}[/tex], а [tex]A_{1}C_{1}[/tex] – [tex]AC[/tex] в точка [tex]B_{2}[/tex]. Точките [tex]A_{1}, B_{2}, C_{2}[/tex] лежат на една права.

Доказателство. Точката [tex]A_{2}[/tex] е външна за [tex]\triangle ABC[/tex] и от теоремата на Менелай
[tex]\Rightarrow \frac{BC_{1}}{AC_{1}}.\frac{AB_{1}}{CB_{1}}.\frac{CA_{2}}{BA_{2}}=1[/tex] [tex](1)[/tex].
Точката [tex]B_{2}[/tex] също е външна и пак от теоремата на Менелай
[tex]\Rightarrow \frac{CA_{1}}{BA_{1}}.\frac{BC_{1}}{AC_{2}}.\frac{AB_{2}}{CB_{2}}=1[/tex] [tex](2)[/tex].
И за трети път, понеже и точката [tex]C_{2}[/tex] е външна, то от Менелаевото твърдение
[tex]\Rightarrow \frac{AB_{1}}{CB_{1}}.\frac{CA_{1}}{A_{1}B}.\frac{AC_{2}}{BC_{2}}=1[/tex] [tex](3)[/tex].
Умножаваме почленно тези три равенства и след съкращаване достигаме до:
[tex]\frac{BC_{1}}{AC_{1}}.\frac{CA_{2}}{BA_{2}}.\frac{BC_{1}}{AC_{1}}.\frac{AB_{2}}{CB_{2}}.\frac{AC_{2}}{BC_{2}}=1[/tex] [tex](4)[/tex].
Но [tex]\frac{BC_{1}}{AC_{1}}=\frac{CB_{2}}{AB_{2}}.\frac{BA_{1}}{CA_{1}}[/tex] (от [tex](2)[/tex]) и [tex]\frac{BC_{1}}{AC_{1}}=\frac{BA_{2}}{CA_{2}}.\frac{CB_{1}}{AB_{1}}[/tex] (от [tex](1)[/tex]). Заместваме тези стойности в [tex](4)[/tex] и отново след съкращаване получаваме:
[tex]\frac{AC_{2}}{BC_{2}}.\frac{BA_{1}}{CA_{1}}.\frac{CB_{1}}{AB_{1}}=1[/tex].
Обаче [tex]\frac{BA_{1}}{CA_{1}}=\frac{AB_{2}}{CB_{2}}.\frac{AC_{1}}{BC_{1}}; \frac{CB_{1}}{AB_{1}}=\frac{CA_{2}}{BA_{2}}.\frac{BC_{1}}{AC_{1}}[/tex]. След заместване на тези равенства в последното отношение определяме, че
[tex]\frac{AC_{2}}{BC_{2}}.\frac{AB_{2}}{CB_{2}}.\frac{CA_{2}}{BA_{2}}=1[/tex],
тоест точките [tex]A_{2}, B_{2}, C_{2}[/tex] лежат на една права.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Fri Dec 26, 2008 10:17 pm    Заглавие:

7. Молвейдова формула. За произволен [tex]\triangle ABC[/tex] е в сила: [tex]\frac{b-c}{a}=\frac{sin{\frac{\beta-\gamma}{2}}}{cos{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].

Доказателство. Ясно е, че [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ \Leftrightarrow \alpha=180^\circ-(\beta+\gamma) \Rightarrow \frac{\alpha}{2}=90^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2}[/tex]. От синусовата теорема имаме [tex]b=\frac{a sin\beta}{sin\alpha}=\frac{a sin\beta}{sin(\beta+\gamma)}[/tex]. Аналогично за [tex]c[/tex] получаваме [tex]c=\frac{a sin\gamma}{sin\alpha}=\frac{a sin\gamma}{sin(\beta+\gamma)}[/tex]. Заместваме тези два израза в равенството, което трябва да докажем, и получаваме:
[tex]\frac{\frac{a sin\beta}{sin(\beta+\gamma)}-\frac{a sin\gamma}{sin(\beta+\gamma)}}{a}=\frac{sin\beta-sin\gamma}{sin(\beta+\gamma)}=\frac{2cos{\frac{\beta+\gamma}{2}sin{\frac{\beta-\gamma}{2}}}}{2sin{\frac{\beta+\gamma}{2}}cos{\frac{\beta+\gamma}{2}}}=\frac{sin{\frac{\beta-\gamma}{2}}}{cos{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].

8. Теорема на Архимед. Височините в произволен [tex]\triangle ABC[/tex] се пресичат в една точка.

Доказателство. При стандартните означения за [tex]\triangle ABC[/tex] имаме [tex]BC=a, AC=b, AB=c, \angle BAC=\alpha, \angle ABC=\beta, \angle ACB=\gamma[/tex]. Нека спуснем височината [tex]CH=h_{c}, H\in AB[/tex]. Тогава от правоъгълните [tex]\triangle AHC[/tex] и [tex]\triangle BHC[/tex] получаваме [tex]AH=\frac{h_{c}}{tg\alpha}, BH=\frac{h_{c}}{tg\beta}[/tex].
Нека сега да спуснем височината [tex]AP=h_{a}, P\in BC[/tex]. По същата логика като горното от [tex]\triangle APB[/tex] и [tex]\triangle APC[/tex] определяме [tex]BP=\frac{h_{a}}{tg\beta}, CP=\frac{h_{c}}{tg\gamma}[/tex]. От третата височина [tex]BN=h_{b}, N\in AC[/tex] имаме [tex]AN=\frac{h_{b}}{tg\alpha}, CN=\frac{h_{b}}{tg\gamma}[/tex].
Сега, за да се пресичат в една и съща точка [tex]AP, BN, CH[/tex], то трябва да е изпълнено условието от теоремата на Чева: [tex]\frac{AH}{BH}.\frac{BP}{CP}.\frac{CN}{AN}=1[/tex]. След заместване на стойностите на отсечките в това равенство и след съкращаване получаваме [tex]\frac{tg^2 \gamma}{tg^2 \alpha}[/tex]. Тъй като [tex]tg^2 \gamma=\frac{c^2 sin^2 \alpha}{a^2-c^2 sin^2 \alpha}[/tex], [tex]tg^2\alpha=\frac{a^2 sin^2 \gamma}{c^2-a^2 sin^2 \gamma}[/tex] и [tex]sin^2 \gamma=\frac{c^2 sin^2 \alpha}{a^2}[/tex] (от синусовата теорема), достигаме до желаното твърдение.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Fri Jan 16, 2009 10:36 am    Заглавие:

9. Теорема на Менелай. Права пресича произволен триъгълник, при което [tex]A_{1}[/tex] е точката на пресичането на правата със страната [tex]AB[/tex], [tex]B_{1}[/tex] – със страната [tex]BC[/tex], и [tex]C_{1}[/tex] – с продължението на страната [tex]AC[/tex]. Тогава
[tex]\frac{AA_{1}}{A_{1}B}.\frac{BB_{1}}{B_{1}C}.\frac{CC_{1}}{C_{1}A}=1[/tex].


Доказателство. Нека да прекараме през точката [tex]C[/tex] права, успоредна на [tex]AB[/tex]. Точката на пресичане на правата със страната [tex]BC[/tex] нека да обозначим с [tex]D[/tex]. [tex]\triangle AC_{1}A_{1}\sim \triangle CC_{1}D, \triangle B_{1}CD\sim \triangle B_{1}BA_{1}[/tex]. От подобието
[tex]\Rightarrow \frac{CC_{1}}{C_{1}A}=\frac{CD}{AA_{1}}, \frac{B_{1}C}{BB_{1}}=\frac{CD}{A_{1}B}[/tex].
Сега, като разделим едното равенство на другото, получаваме отношението
[tex]\frac{CC_{1}}{C_{1}A}.\frac{BB_{1}}{B_{1}C}=\frac{A_{1}B}{AA_{1}}[/tex].
Умножавайки полученото с [tex]\frac{AA_{1}}{A_{1}B}[/tex], достигаме до желаното твърдение.
Теоремата на Менелай може да се изкаже и по друг начин: ако е изпълнено [tex]\frac{AA_{1}}{A_{1}B}.\frac{BB_{1}}{B_{1}C}.\frac{CC_{1}}{C_{1}A}=1[/tex], точките [tex]A_{1}, B_{1}, C_{1}[/tex] лежат на една права.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Thu Feb 12, 2009 5:32 pm    Заглавие:

10. Неравенство, подобно на неравенството на Бернули. Да се докаже, че ако [tex]x\ge 0[/tex] и [tex]n[/tex] е естествено число, по-голямо от [tex]1[/tex], то [tex](1+x)^n\ge 1+nx[/tex].

Доказателство. Нека да представим това, което трябва да докажем, във вида [tex](1+x)^n-(1+nx)\ge 0[/tex] и да въведем [tex]f(x)=(1+x)^n-(1+nx)[/tex], или [tex]f(x)\ge 0[/tex]. В такъв случай, за да установим верността на неравенството, е достатъчно да докажем неотрицателността на [tex]f(x)[/tex] за всяко [tex]x\ge 0[/tex]. Сега търсим първата производна:
[tex]f'(x)=[(1+x)^n]'-(1+nx)' \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f'(x)=n(1+x)^{n-1}(1+x)'-(1+nx)' \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f'(x)=\frac{n(1+x)^n}{1+x}-n \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f'(x)=\frac{n(1+x)^n-n(1+x)}{1+x} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f'(x)=\frac{\cancel {(1+x)}[n(1+x)^{n-1}-n]}{\cancel {1+x}} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f'(x)=n[(1+x)^{n-1}-1][/tex].
За да определим в кои интервали функцията [tex]f(x)[/tex] е монотонна, решаваме уравнението [tex]f'(x)=0[/tex] (точките, анулиращи първата производна, образуват интервали на монотонност на главната функция). Имаме
[tex]f'(x)=0 \Leftrightarrow n[(1+x)^{n-1}-1]=0 \Leftrightarrow (1+x)^{n-1}=1 \Leftrightarrow (1+x)^{n-1}=(1+x)^0[/tex].
Оттук ще получим [tex]\cancel 1+x=\cancel 1 \Leftrightarrow x=0[/tex] и [tex]1+x=-1 \Leftrightarrow x=-2[/tex]. Но по условие [tex]x\ge 0[/tex]. Тогава ще трябва да разгледаме знака на производната в интервала [tex][0;+\infty)[/tex]. При [tex]x\in (0;+\infty) \Rightarrow f'(x)>0 \Rightarrow f(x) \nearrow[/tex]. При [tex]x=0 \Rightarrow (1+0)^n-(1+0.n)\ge 0 \Leftrightarrow 1^n-1\ge 0[/tex], което е неотрицателно. Тогава [tex]f(x)\ge 0, x\in [0;+\infty)[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Sun Feb 15, 2009 10:09 am    Заглавие:

11. Решаване на уравнения от трета степен. Формули на Кардано. Уравнение от трета степен, имащо вида [tex]ax^3+bx^2+cx+d=0, a\neq 0[/tex], се свежда до уравнението [tex]x^3+px+q=0[/tex]. Затова е достатъчно първо да разделим на [tex]a[/tex] и после да въведем [tex]a_{1}=\frac{b}{a} \Rightarrow y=x+\frac{a_{1}}{3}[/tex]. За уравнението [tex]x^3+px+q=0[/tex] да запишем означенията:
[tex]\epsilon=\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2},\\u=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}},\\v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}[/tex].
Нека [tex]x_{1}, x_{2}, x_{3}[/tex] са корени на уравнението [tex]x^3+px+q=0[/tex]. Обозначаваме [tex]z_{1}=x_{1}+\epsilon x_{2}+\epsilon^{-1} x_{3}; z_{2}=x_{1}+\epsilon^{-1}x_{2}+\epsilon x_{3}[/tex].
Да проверим верността на равенствата:
[tex]z_{1}^3+z_{2}^3=-27q, z_{1}z_{2}=-3p[/tex].
И наистина, отчитайки, че [tex]\epsilon^3=(\epsilon ^{-1})^3=1, \epsilon+\epsilon^{-1}=-1, \epsilon^2+\epsilon^{-2}=(\epsilon+\epsilon^{-1})^2-2\epsilon \epsilon^{-1}=1-2=-1[/tex], и теоремата на Виет, валидна и за кубичното уравнение – [tex]x_{1}+x_{2}+x_{3}=0, x_{1}x_{2}x_{3}=-q[/tex], получаваме
[tex]z_{1}^3+z_{2}^3=\\=x_{1}^3+x_{2}^3+x_{3}^{3}+3 \epsilon x_{1}x_{2}(x_{1}+\epsilon x_{2})+\\+3 \epsilon^{-1} x_{1}x_{3}(x_{1}+\epsilon^{-1} x_{3})+3x_{2}x_{3}(\epsilon x_{2}+\epsilon^{-1}x_{3})+6x_{1}x_{2}x_{3}+\\+x_{1}^3+x_{2}^3+x_{3}^3+3\epsilon^{-1} x_{1}x_{2}(x_{1}+\epsilon^{-1} x_{2})+\\+3\epsilon x_{1}x_{3}(x_{1}+\epsilon x_{3})+3x_{2}x_{3}(\epsilon^{-1} x_{2}+\epsilon x_{3})+6x_{1}x_{2}x_{3}=\\=2(x_{1}^3+x_{2}^3+x_{3}^3)-3x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})-\\-3x_{1}x_{3}(x_{1}+x_{3})-3x_{2}x_{3}(x_{2}+x_{3})+12x_{1}x_{2}x_{3}=\\=2(x_{1}+x_{2}+x_{3})^3-9x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})-9x_{1}x_{3}(x_{1}+x_{3})-\\-9x_{2}x_{3}(x_{2}+x_{3})=2.0-9x_{1}x_{2}(-x_{3})-9x_{1}x_{3}(-x_{2})-\\-9x_{2}x_{3}(-x_{1})=27x_{1}x_{2}x_{3}=-27q[/tex]
и
[tex]z_{1}z_{2}=x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2-(x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{1}x_{3})=\\=(x_{1}+x_{2}+x_{3})^2-3(x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{1}x_{3})=\\=0-3p=-3p[/tex].
Откъдето остава да направим извода, че [tex]z_{1}^3, z_{2}^3[/tex] са корени на уравнението
[tex]y^2+27qy-27p^3=0[/tex].
Решаваме го и получаваме
[tex]y_{1,2}=\frac{-27q\pm \sqrt{27^2q^2+4,27p^3}}{2}=27(-\frac{q}{2}\pm \sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2})[/tex].
Оттук
[tex]z_{1}=3v, z_{2}=3u[/tex].
Получава се системата
[tex]\begin{array}{||}x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\x_{1}+\epsilon x_{2}+\epsilon^{-1} x_{3}=3v\\x_{1}+\epsilon^{-1} x_{2}+\epsilon x_{3}=3u\end{array}[/tex].
Като съберем всички тези равенства, достигаме до формулата [tex]x_{1}=u+v[/tex]. Умножавайки второто уравнение с [tex]\epsilon^{-1}[/tex], а третото – с [tex]\epsilon[/tex], и събирайки трите уравнения, имаме [tex]x_{2}=\epsilon u+\epsilon^{-1} v[/tex]. И сега, умножавайки второто и третото уравнение съответно с [tex]\epsilon[/tex] и [tex]\epsilon^{-1}[/tex] и пак събирайки уравненията от системата, достигаме до [tex]x_{3}=\epsilon^{-1} u+\epsilon v[/tex]. По този начин извеждаме формулите на Кардано за корените на кубичното уравнение:
[tex]\fbox {x_{1}=u+v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}},[/tex]

[tex]\fbox {x_{2}=\epsilon u+\epsilon^{-1} v=\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}+(\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2})^{-1}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}},[/tex]

[tex]\fbox {x_{3}=(\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2})^{-1}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}+\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}}}[/tex].

Последните две формули показват не реалните корени: [tex]x_{2}\in C, x_{3}\in C[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Sun Feb 15, 2009 4:47 pm    Заглавие:

12. Решаване на уравнения от четвърта степен без помощта на метода на неопределените коефициенти. Уравнение от четвърта степен, което има вида [tex]ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0, a\neq 0[/tex], се свежда до уравнението [tex]x^4+px^2+qx+r=0[/tex] посредством деление на двете страни с числото [tex]a[/tex]. После се извършва замяната [tex]a_{1}=\frac{b}{a} \Rightarrow y=x+\frac{a_{1}}{4}[/tex]. Нека обозначим корените на уравнението [tex]z^3+pz^2-4rz+(4pr-q^2)=0[/tex] със [tex]z_{1}, z_{2}, z_{3}[/tex]. Корените [tex]z_{1}, z_{2}, z_{3}[/tex] са свързани с корените на [tex]x^4+px^2+qx+r=0[/tex], както следва:
[tex]z_{1}=x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4},\\z_{2}=x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4},\\z_{3}=x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}[/tex]. Корените [tex]z_{1}, z_{2}, z_{3}[/tex] определяме по формулите на Кардано. Затова, използвайки, че
[tex](x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4})^2=4(z_{1}-p),\\(x_{1}-x_{2}+x_{3}-x_{4})^2=4(z_{2}-p),\\(x_{1}-x_{2}-x_{3}+x_{4})^2=4(z_{3}-p),\\(x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4})(x_{1}-x_{2}-x_{3}+x_{4})=-8q[/tex],
достигаме до
[tex]x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0,\\x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4}=2\sqrt{z_{1}-p},\\x_{1}-x_{2}+x_{3}-x_{4}=2\sqrt{z_{2}-p},\\x_{1}-x_{2}-x_{3}+x_{4}=2\sqrt{z_{3}-p}[/tex],
от които получаваме формули за намиране корените на уравнението от четвърта степен:
[tex]x_{1}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p}),\\x_{2}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p}),\\x_{3}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p}),\\x_{4}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p}[/tex],
и при това избираме така квадратните корени, че тяхното произведение да бъде равно на [tex]-q[/tex], тоест да е изпълнено
[tex]\sqrt{z_{1}-p}\sqrt{z_{2}-p}\sqrt{z_{3}-p}=-q[/tex].
Корените [tex]z_{1}, z_{2}, z_{3}[/tex] на уравнението [tex]z_{3}-pz^2-4rz+(4pr-q^2)=0[/tex] могат да бъдат изчислени например посредством формулите на Кардано.

Пример. Да се реши уравнението [tex]x^4-5x^2+4=0[/tex].
Решение. Съставяме кубичното уравнение: [tex]p=-5, q=0, r=4 \Rightarrow z^3+5z^2-16z-80=0 \Leftrightarrow z^2(z+5)-16(z+5)=0 \Leftrightarrow (z^2-16)(z+5)=0 \Leftrightarrow (z+4)(z-4)(z+5)=0[/tex]. Оттук
[tex]z_{1}=-5, z_{2}=-4, z_{3}=4[/tex].
Избираме квадратните корени по следния начин:
[tex]\sqrt{z_{1}-p}=\sqrt{-5+5}=0,\\\sqrt{z_{2}-p}=\sqrt{-4+5}=1,\\\sqrt{z_{3}-p}=\sqrt{4+5}=3[/tex].
И наистина, равенството [tex]\sqrt{z_{1}-p}\sqrt{z_{2}-p}\sqrt{z_{3}-p}=0.1.3=0=-q[/tex] е изпълнено. Тогава достигаме до
[tex]x_{1}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p}=\frac{1}{2}(0+1+3)=2,\\x_{2}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(0-1-3)=-2,\\x_{3}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(-0-1+3)=1,\\x_{4}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p}=\frac{1}{2}(-0+1-3)=-1[/tex].
И така, ние вече намерихме решенията на уравнението [tex]x^4-5x^2+4=0[/tex].

Пример. Да се реши уравнението [tex]x^4+4x^3+9x^2+16x+20=0[/tex].
Решение. Тъй като коефициентът пред [tex]x^3[/tex] е различен от нула, въвеждаме [tex]y=x+\frac{b}{4a}=x+1[/tex], откъдето
[tex]x^4+4x^3+9x^2+16x+20=0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow (y-1)^4+4(y-1)^3+9(y-1)^2+16(y-1)+20=0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow (y-4y^3+6y^2-4y+1)+4(y^3-3y^2+3y-1)+9(y^2-2y+1)+16y+4=0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow y^4+3y^2+6y+10=0[/tex].
Ще намерим корените на последното уравнение. За целта съставяме кубическото уравнение:
[tex]p=3, q=6, r=10 \Rightarrow z^3-3z^2-40z+84=0[/tex].
Оттук чрез формулите на Кардано или чрез разлагането [tex]z^3-3z^2-40z+84=(z+6)(z-2)(z-7)[/tex] намираме
[tex]z_{1}=-6, z_{2}=2, z_{3}=7[/tex].
Избираме квадратните корени така:
[tex]\sqrt{z_{1}-p}=\sqrt{-6-3}=\sqrt{-9}=3i,\\\sqrt{z_{2}-p}=\sqrt{2-3}=\sqrt{-1}=i,\\\sqrt{z_{3}-p}=\sqrt{7-3}=\sqrt{4}=2[/tex].
И наистина, равенството [tex]\sqrt{z_{1}-p}\sqrt{z_{2}-p}\sqrt{z_{3}-p}=3i.i.2=-6=-q[/tex] е изпълнено. Оттук определяме
[tex]y_{1}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(3i+i+2)=1+2i,\\y_{2}=\frac{1}{2}(\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(3i-i-2)=i-1,\\y_{3}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}-\sqrt{z_{2}-p}+\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(-3i-i+2)=1-2i,\\y_{4}=\frac{1}{2}(-\sqrt{z_{1}-p}+\sqrt{z_{2}-p}-\sqrt{z_{3}-p})=\frac{1}{2}(-3i+i-2)=-1-i[/tex].
В такъв случай установихме кои са корените на уравнението [tex]y^4+3y^2+6y+10=0[/tex]. Имаме [tex]y=x+1 \Leftrightarrow x=y-1[/tex].
Оттук определяме четирите комплексни корена на изходното уравнение.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Tue Feb 17, 2009 7:53 pm    Заглавие:

13. Тригонометрични формули и други зависимости. Нека са дадени окръжност [tex]k[/tex] с радиус, равен на [tex]1[/tex], център точката [tex]O[/tex] и два нейни перпендикулярни диаметъра. Тези диаметри оформят координатна система. Да вземем една абсолютно произволна точка от окръжността [tex]k[/tex] и да я проектираме ортогонално върху осите [tex]Ox[/tex] и [tex]Oy[/tex]: [tex]AP\bot Ox, AK\bot Oy[/tex]. Очевидно е, че [tex]OA=r=1[/tex]. Нека отсечката [tex]OA[/tex] сключва остър ъгъл с оста [tex]Ox: \angle AOP=\varphi[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle AOP \Rightarrow sin\varphi=\frac{AP}{OA} \Leftrightarrow sin\varphi=AP[/tex]. Но [tex]AP=OK[/tex] (защото [tex]OPAK[/tex] е правоъгълник). Тогава можем да определим [tex]sin\varphi[/tex] като ординатата на точката [tex]A[/tex] в координатната система.
От същия [tex]\triangle AOP \Rightarrow cos\varphi=\frac{OP}{OA} \Leftrightarrow cos\varphi=OP[/tex]. Тогава [tex]cos\varphi[/tex] е абсцисата на точката [tex]A[/tex].
По тази логика определяме и другите две тригонометрични функции: [tex]\tan\varphi=\frac{AP}{OP} \Leftrightarrow \tan\varphi=\frac{sin\varphi}{cos\varphi},\cot\varphi=\frac{OP}{AP} \Leftrightarrow \cot\varphi=\frac{cos\varphi}{sin\varphi}[/tex].
По своята същност първите две функции по абсолютна стойност не превишават [tex]1[/tex], а вторите приемат всякакви стойности:
[tex]\fbox {sin\varphi \in [-1;1]\\ cos\varphi \in [-1;1]\\\tan\varphi \in (-\infty;+\infty)\\\cot\varphi \in (-\infty;+\infty)}[/tex].
Но тъй като [tex]\tan\varphi=\frac{sin\varphi}{\cos\varphi}[/tex], то трябва да е изпълнено [tex]cos\varphi\neq 0[/tex]. Тогава тази функция е определена за всяко число, различно от [tex]\frac{\pi}{2}+\pi k, k\in Z[/tex].
Аналогично е и за [tex]\cot\varphi: \cot\varphi=\frac{cos\varphi}{\sin\varphi} \Rightarrow sin\varphi \neq 0[/tex]. Функцията има смисъл за числа, чийто вид не е [tex]\pi k, k\in Z[/tex].
Координатната система е разделена на четири квадранта: [tex](0;\frac{\pi}{2}), (\frac{\pi}{2};\pi), (\pi;3\frac{\pi}{2}), (3\frac{\pi}{2};2\pi)[/tex]. Ясно е, че в първия квадрант [tex]sin\varphi>0, cos\varphi>0[/tex]. Оттук за другите две функции определяме [tex]\tan\varphi>0, \cot\varphi>0[/tex] (заради представянето на последните като частно на предходните).
Във втория квадрант са разположени точките с отрицателни абсциси и положителни ординати. Тогава [tex]sin\varphi>0, cos\varphi<0 \Rightarrow \tan\varphi<0, \cot\varphi<0[/tex] (пак заради представянето на тангенса и котангенса съответно като отношение на синуса и косинуса и косинуса и синуса).
В третия квадрант са точките с отрицателни абсциси и ординати и в такъв случай [tex]sin\varphi<0, cos\varphi<0 \Rightarrow \tan\varphi>0, \cot\varphi>0[/tex].
В четвъртия квадрант всички точки имат положителни абсциси и отрицателни ординати [tex]\Rightarrow sin\varphi<0, cos\varphi>0 \Rightarrow \tan\varphi<0, \cot\varphi<0[/tex].
Една функция [tex]f(x)[/tex] се нарича четна, ако в нейния аргумент заменим [tex]x[/tex] с [tex]-x[/tex] и се запази равенството, или [tex]f(x)=f(-x)[/tex]. Функцията [tex]f(x)[/tex] ще е нечетна, ако, заменяйки аргумента с противоположното му число, получаваме [tex]f(-x)=-f(x)[/tex]. Функцията [tex]f(x)[/tex] може да не е нито четна, нито нечетна, тоест [tex]f(x)\neq f(-x)[/tex] и [tex]f(-x)\neq -f(x)[/tex]. Да изследваме четирите тригонометрични функции за четност и нечетност. Нека е дадена точката [tex]T(1;0)[/tex]. Да движим [tex]T[/tex] по окръжността наляво, докато достигне точката [tex]M_{1}[/tex]. Тогава [tex]\angle TOM_{1}=\gamma[/tex]. Да движим точката сега в обратна посока до точката [tex]M_{2}[/tex], като точките [tex]M_{1}[/tex] и [tex]M_{2}[/tex] са симетрични относно оста [tex]Ox[/tex], тоест точката [tex]T[/tex] изминава един и същи път, но в противоположни посоки. Тогава [tex]\angle TOM_{2}=-\gamma[/tex]. [tex]M_{1}[/tex] и [tex]M_{2}[/tex] имат едни и същи абсциси и равни по абсолютна стойност, но противоположни по знак ординати. От определенията за синус и косинус, които бяха изложени в началото на темата, получаваме
[tex]cos(-\gamma)=cos\gamma, sin(-\gamma)=-sin\gamma; \tan(-\gamma)=\frac{sin(-\gamma)}{cos(-\gamma)} \Leftrightarrow \tan(-\gamma)=-\frac{sin\gamma}{cos\gamma} \Leftrightarrow \tan(-\gamma)=-\tan\gamma \Rightarrow \cot(-\gamma)=-\cot\gamma[/tex].
Единствената четна функция е косинусът. Синусът, тангенсът и котангенсът са нечетни функции.
Основното тригонометрично тъждество се изразява в това, че сумата от квадратите на синуса и косинуса е равна на единица: [tex]sin^2\varphi+cos^2\varphi=1[/tex].
Нека отново точката [tex]T(1;0)[/tex] се движи по окръжността, достигайки до точка [tex]M[/tex] и сключвайки остър ъгъл [tex]\varphi[/tex] с абсцисата. Нека също така ортогоналните проекции на тази точка [tex]M[/tex] върху абсцисната и ординатната ос са отново [tex]P[/tex] и [tex]K[/tex]. От [tex]\triangle MOP \Rightarrow OP^2+MP^2=OM^2 \Leftrightarrow OP^2+OK^2=OM^2[/tex] (защото [tex]PM=OK[/tex]) [tex]\Leftrightarrow sin^2\varphi+cos^2\varphi=1[/tex]. С това тригонометричното тъждество е доказано. От него можем да запишем: [tex]sin^2\varphi=1-cos^2\varphi \Leftrightarrow |sin\varphi|=\sqrt{1-cos^2\varphi} \Leftrightarrow sin\varphi=\pm \sqrt{1-cos^2\varphi}[/tex]. Тук използвахме означението [tex]\pm[/tex]. Избирането на знака пред корена зависи от това, в кой квадрант е аргументът [tex]\varphi[/tex]. Аналогично за косинуса отчитаме [tex]cos\varphi=\pm \sqrt{1-sin^2\varphi}[/tex]. По такъв начин всички тригонометрични функции могат да бъдат представени посредством една:
[tex]sin\varphi \Rightarrow cos\varphi=\pm \sqrt{1-sin^2\varphi} \Rightarrow \tan\varphi=\frac{sin\varphi}{\pm\sqrt{1-sin^2\varphi}} \Rightarrow \cot\varphi=\frac{\pm \sqrt{1-sin^2\varphi}}{sin\varphi},[/tex]
[tex]cos\varphi \Rightarrow sin\varphi=\pm \sqrt{1-cos^2\varphi} \Rightarrow \tan\varphi=\frac{\pm \sqrt{1-sin^2\varphi}}{cos\varphi} \Rightarrow \cot\varphi=\frac{cos\varphi}{\pm \sqrt{1-cos^2\varphi}}[/tex].
Като използваме, че [tex]\frac{sin\varphi}{cos\varphi}=\tan\varphi=\frac{sin\varphi}{\pm \sqrt{1-sin^2\varphi}}[/tex], получаваме изразяването на всички тригонометрични функции само посредством [tex]\tan\varphi[/tex]: [tex]sin\varphi=\frac{\tan\varphi}{\pm \sqrt{1+\tan^2\varphi}} \Rightarrow cos\varphi=\frac{1}{\pm \sqrt{1+\tan^2\varphi}} \Rightarrow \cot\varphi=\frac{1}{\tan\varphi}[/tex].
Аналогично изразяваме всички останали тригонометрични функции чрез [tex]\cot\varphi[/tex]: [tex]sin\varphi=\frac{1}{\pm \sqrt{1+\cot^2\varphi}} \Rightarrow cos\varphi=\frac{\cot\varphi}{\pm \sqrt{1+\cot^2\varphi}} \Rightarrow \tan\varphi=\frac{1}{\cot\varphi}[/tex].
Сега да обърнем внимание на така наречените събирателни формули. Те имат вида [tex]sin(\alpha \pm \beta), cos(\alpha \pm \beta), \tan(\alpha \pm \beta), \cot(\alpha \pm \beta)[/tex]. Вижда се, че в аргумента на всяка една от тригонометричните функции фигурира не един, а два ъгъла. Ще докажем формулата за разлика в аргумента на косинуса. Формулата за сбор и формулите за сбор и разлика на другите функции се доказват по подобен начин. За целта нека отново е дадена единичната окръжност, точката [tex]A(1;0)[/tex] и точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex], които оформят дъгите на ъглите [tex]\alpha[/tex] и [tex]\beta[/tex], при което [tex]\angle AOM=\alpha, \angle AON=\beta, \alpha>\beta[/tex], тоест подредбата на точките върху окръжността в посока, обратна на часовниковата, е [tex]A, N, M[/tex]. Определяме координатите на точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] в координатната система [tex]xOy[/tex]: [tex]x_{M}= cos\alpha, y_{M}= sin\alpha; x_{N}= cos\beta, y_{N}= sin\beta[/tex]. В такъв случай пресмятаме квадрата на разстоянието между точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex]:
[tex]MN^2=(x_{N}-x_{M})^2+(y_{N}-y_{M})^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow MN^2=(cos\beta-cos\alpha)^2+(sin\beta-sin\alpha)^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow MN^2=(cos^2\beta+cos^2\alpha-2 cos\beta cos\alpha)+(sin^2\beta+sin^2\alpha-2 sin\beta sin\alpha) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow MN^2=(cos^2\beta+sin^2\beta)+(cos^2\alpha+sin^2\alpha)-2(cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow MN^2=2-2(cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta)[/tex].
Да обозначим правата през точките [tex]O[/tex] и [tex]N[/tex] с [tex]Ox'[/tex]. Тогава направлението на [tex]Ox'[/tex] съвпада с направлението на лъча [tex]ON[/tex]. Радиусът [tex]OM[/tex] сключва с [tex]Ox'[/tex] ъгъл, числено равен на [tex]\alpha-\beta[/tex]. Прекарваме ос през [tex]O[/tex], която е перпендикулярна на [tex]Ox'[/tex], например [tex]Oy'[/tex]. Координатите на точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] в новата координатна система [tex]x'Oy'[/tex] са съответно: [tex]x'_{M}=cos(\alpha-\beta), y'_{M}=sin(\alpha-\beta); x'_{N}=1, y'_{N}=0[/tex]. Оттук пресмятаме квадрата на разстоянието между двете точки:
[tex]MN^2=(x'_{N}-x'_{M})^2+(y'_{N}-y'_{M})^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow [1-cos(\alpha-\beta)]^2+sin^2(\alpha-\beta) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow MN^2=[cos^2(\alpha-\beta)+sin^2(\alpha-\beta)]+1-2 cos(\alpha-\beta) \Leftrightarrow MN^2=2-2 cos(\alpha-\beta)[/tex].
Приравняваме десните страни на получените изрази за квадрата на разстоянието между точките и достигаме до
[tex]\cancel 2-2 cos(\alpha-\beta)=\cancel 2-2( cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta \Leftrightarrow \fbox {cos(\alpha-\beta)=cos\alpha cos\beta +sin\alpha sin\beta}[/tex].
Заменяйки в последното [tex]\beta[/tex] с [tex]-\beta[/tex] и отчитайки четността на косинуса и нечетността на синуса, получаваме формулата за сбор в аргумента на косинуса:
[tex]\fbox {cos(\alpha+\beta)=cos\alpha cos\beta - sin\alpha sin\beta}[/tex].
За [tex]sin(\alpha+\beta)[/tex] използваме, че този израз е тъждествено равен на [tex]cos[\frac{\pi}{2}-(\alpha+\beta)][/tex]. С помощта на гореизведените зависимости получаваме
[tex]\fbox {sin(\alpha+\beta)=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta}[/tex].
Заменяйки в аргумента [tex]\beta[/tex] с противоположното му число [tex]-\beta[/tex], достигаме до другата формула, свързана със синуса – тази за разлика:
[tex]\fbox {sin(\alpha-\beta)=sin\alpha cos\beta-cos\alpha sin\beta}[/tex].
Събирателните формули при тангенса се извеждат посредством предходните четири:
[tex]\tan(\alpha+\beta)=\frac{sin(\alpha+\beta)}{cos(\alpha+\beta)} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \tan(\alpha+\beta)=\frac{sin\alpha cos\beta + cos\alpha sin\beta}{cos\alpha cos\beta - sin\alpha sin\beta} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \tan(\alpha+\beta)=\frac{\frac{sin\alpha cos\beta}{cos\alpha cos\beta}+\frac{cos\alpha sin\beta}{cos\alpha cos\beta}}{\frac{cos\alpha cos\beta}{cos\alpha cos\beta}-\frac{sin\alpha sin\beta}{cos\alpha cos\beta}} \Leftrightarrow \fbox {\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha \tan\beta}}[/tex].
Формулата за разлика в аргумента се получава отново чрез заменяне на [tex]\beta[/tex] с [tex]-\beta[/tex]:
[tex]\fbox {\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha \tan\beta}}[/tex].
Аналогични са формулите за котангенс:
[tex]\fbox {\cot(\alpha+\beta)=\frac{\cot\alpha \cot\beta-1}{\cot\alpha+\cot\beta}}[/tex]
и
[tex]\fbox {\cot(\alpha-\beta)=\frac{\cot\alpha \cot\beta+1}{\cot\beta-\cot\alpha}}[/tex].
Да разгледаме формули за събиране в такива частни случаи, когато събираемите в аргумента са равни. Лесно се доказват няколко формули, а именно
формулата за сбор в аргумента на синуса
[tex]sin2\alpha=sin(\alpha+\alpha)=sin\alpha cos\alpha+sin\alpha cos\alpha \Leftrightarrow \fbox {sin2\alpha=2 sin\alpha cos\alpha},[/tex]
формулата за сбор в аргумента на косинуса
[tex]cos2\alpha=cos(\alpha+\alpha)=cos\alpha cos\alpha-sin\alpha sin\alpha \Leftrightarrow \fbox {cos2\alpha=cos^2\alpha-sin^2\alpha}[/tex]
и формулата за сбор в аргумента на тангенса
[tex]\tan2\alpha=\tan(\alpha+\alpha)=\frac{\tan\alpha+\tan\alpha}{1-\tan\alpha \tan\alpha} \Leftrightarrow \fbox {\tan2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}} \Rightarrow \fbox{\cot2\alpha=\frac{\cot^2\alpha-1}{2 \cot\alpha}}[/tex].
Формулата за косинуса обаче съществува в две форми:
[tex]cos2\alpha=cos^2\alpha-sin^2\alpha=cos^2\alpha-(1-cos^2\alpha) \Leftrightarrow \fbox {cos2\alpha=2 cos^2\alpha-1}[/tex]
и
[tex]cos2\alpha=cos^2\alpha-sin^2\alpha=1-sin^2\alpha-sin^2\alpha \Leftrightarrow \fbox {cos2\alpha=1-2 sin^2\alpha}[/tex].
Съществуват формули и за утроен аргумент, например за синус:
[tex]sin3\alpha=sin(\alpha+2\alpha)=sin\alpha cos2\alpha+cos\alpha sin2\alpha \Leftrightarrow \fbox {sin3\alpha=3 sin\alpha-4 sin^3\alpha}[/tex].
Формулата за косинуса е абсолютно аналогична:
[tex]cos3\alpha=cos(\alpha+2\alpha)=cos\alpha cos2\alpha-sin\alpha sin2\alpha \Leftrightarrow \fbox {cos3\alpha=4 cos^3\alpha-3 cos\alpha}[/tex].
За тангенса имаме
[tex]\tan3\alpha=\tan(2\alpha+\alpha)=\frac{\tan2\alpha+\tan\alpha}{1-\tan2\alpha \tan\alpha}=\frac{\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}+\tan\alpha}{1-\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}.\tan\alpha} \Leftrightarrow \fbox{\tan3\alpha=\frac{3\tan\alpha-\tan^3\alpha}{1-3\tan^2\alpha}}[/tex].
За котангенса получаваме [tex]\fbox{\cot3\alpha=\frac{\cot^3\alpha-3\cot\alpha}{3 \cot^2\alpha-1}}[/tex].
Ще изразим тригонометричните функции на аргумента [tex]\alpha[/tex] чрез тригонометричните функции на аргумента [tex]\frac{\alpha}{2}[/tex]. Като заменим [tex]\alpha[/tex] с [tex]\frac{\alpha}{2}[/tex], достигаме до:
[tex]cos\alpha=2 cos^2{\frac{\alpha}{2}}-1 \Leftrightarrow cos^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1+cos\alpha}{2} \Leftrightarrow \fbox{cos{\frac{\alpha}{2}}=\pm \sqrt{\frac{1+cos\alpha}{2}}},[/tex]
а за синуса е
[tex]cos\alpha=1-2 sin^2{\frac{\alpha}{2}} \Leftrightarrow sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-cos\alpha}{2} \Leftrightarrow \fbox{sin{\frac{\alpha}{2}}=\pm \sqrt{\frac{1-cos\alpha}{2}}}[/tex],
при което знакът пред корена се определя от квадранта, в който е аргументът [tex]\alpha[/tex].
За тангенса формулата е [tex]\fbox{\tan{\frac{\alpha}{2}}=\pm \sqrt{\frac{1-cos\alpha}{1+cos\alpha}}}, \alpha\neq \pi+2\pi k, k\in Z[/tex], а за котангенса – [tex]\fbox {\cot{\frac{\alpha}{2}}=\pm \sqrt{\frac{1+cos\alpha}{1-cos\alpha}}}, \alpha \neq 2\pi k, k\in Z[/tex].
Възможно е от сбора на едноименни тригонометрични функции да получим формула за произведението. По тази логика
[tex]sin(\alpha+\beta)+sin(\alpha-\beta)=2 sin\alpha cos\beta[/tex],
откъдето
[tex]\fbox {sin\alpha cos\beta=\frac{sin(\alpha+\beta)+sin(\alpha-\beta)}{2}}[/tex].
Другата формула произтича от сбора
[tex]cos(\alpha+\beta)+cos(\alpha-\beta)=2 cos\alpha cos\beta \Rightarrow \fbox{cos\alpha cos\beta=\frac{cos(\alpha+\beta)+cos(\alpha-\beta)}{2}}[/tex].
От разликата
[tex]cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)=2 sin\alpha sin\beta \Rightarrow \fbox{sin\alpha sin\beta=\frac{cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha-\beta)}{2}}[/tex].
Формулите [tex]sin\alpha cos\beta=\frac{sin(\alpha+\beta)+sin(\alpha-\beta)}{2}[/tex] и [tex]sin\alpha sin\beta=\frac{cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)}{2}[/tex] могат да бъдат използвани при извеждането на следните:
[tex]sin^2x=sin x sin x=\frac{cos0-cos2x}{2} \Leftrightarrow \fbox{sin^2x=\frac{1-cos2x}{2}}[/tex]
и
[tex]cos^2x=cos x cos x=\frac{cos0+cos2x}{2} \Leftrightarrow \fbox{cos^2x=\frac{1+cos2x}{2}}[/tex].
Последните две формули се наричат формули за понижаване на степента и увеличаване на аргумента.
Ще представим сбора и разликата на тригонометрични функции във вид на произведение от тригонометрични хункции от различни аргументи. Ще докажем една по една формулите.
[tex]sin(A+B)+sin(A-B)=2 sin A cos B[/tex].
Полагаме [tex]A+B=\alpha, A-B=\beta[/tex] и решавайки системата
[tex]\begin{array}{||}A+B=\alpha\\A-B=\beta\end{array}[/tex],
определяме
[tex]A=\frac{\alpha+\beta}{2}, B=\frac{\alpha-\beta}{2}[/tex].
Тогава
[tex]\fbox {sin\alpha+sin\beta=2 sin{\frac{\alpha+\beta}{2}} cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}}[/tex].
Заменяйки [tex]\beta[/tex] с [tex]-\beta[/tex], имаме
[tex]\fbox{sin\alpha-sin\beta=2 sin{\frac{\alpha-\beta}{2}} cos{\frac{\alpha+\beta}{2}}}[/tex].
Трябва да определим на какво е равно [tex]cos\alpha+cos\beta[/tex]. За целта представяме сбора като сбор от синуси на ъгли, допълващи се до [tex]90^\circ[/tex]. Тогава
[tex]cos\alpha+\cos\beta=sin(\frac{\pi}{2}-\alpha)+sin(\frac{\pi}{2}-\beta)=2 sin{\frac{\frac{\pi}{2}-\alpha+\frac{\pi}{2}-\beta}{2}} cos{\frac{\frac{\pi}{2}-\alpha-\frac{\pi}{2}+\beta}{2}}=2 sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha+\beta}{2}) cos{\frac{\beta-\alpha}{2}} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \fbox{cos\alpha+cos\beta=2 cos{\frac{\alpha+\beta}{2}} cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}}[/tex].
Абсолютно аналогично се получава и следващата формулка:
[tex]\fbox {cos\alpha-cos\beta=2 sin{\frac{\alpha+\beta}{2}} sin{\frac{\beta-\alpha}{2}}}[/tex].
Формулите за тангенс ще изглеждат
[tex]\tan\alpha+\tan\beta=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}+\frac{sin\beta}{cos\beta}=\frac{sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta}{cos\alpha cos\beta} \Leftrightarrow \fbox {\tan\alpha+\tan\beta=\frac{sin(\alpha+\beta)}{cos\alpha cos\beta}}, \alpha \neq \frac{\pi}{2}+\pi k, \beta\neq \frac{\pi}{2}+\pi k, k\in Z[/tex]
и
[tex]\fbox {\tan\alpha-\tan\beta=\frac{sin(\alpha-\beta)}{cos\alpha cos\beta}}, \alpha \neq \frac{\pi}{2}+\pi k, \beta\neq \frac{\pi}{2}+\pi k, k\in Z[/tex].
Тук доказателството отново е чрез замяна на [tex]\beta[/tex] с противоположното му число.
По аналогия определяме формулите за сбор и разлика на котангенси:
[tex]\fbox {\cot\alpha+\cot\beta=\frac{sin(\beta+\alpha)}{sin\alpha sin\beta}}[/tex],
както и
[tex]\fbox {\cot\alpha-\cot\beta=\frac{sin(\beta-\alpha)}{sin\alpha sin\beta}}[/tex].
По-долу ще докажем и някои тригонометрични тъждества, свързани с ъглите в произволния триъгълник.
І. Тъждеството [tex]\fbox {sin\alpha+sin\beta+sin\gamma=4cos{\frac{\alpha}{2}} cos{\frac{\beta}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}}}[/tex], ако [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ[/tex].
Доказателство. От условието за ъглите получаваме [tex]\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)[/tex]. Равенството, което трябва да докажем, добива вида
[tex]sin\alpha+sin\beta+sin[180^\circ-(\alpha+\beta)]=\\=sin\alpha+sin\beta+sin(\alpha+\beta)=\\=2 sin{\frac{\alpha+\beta}{2}} cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}+2 sin{\frac{\alpha+\beta}{2}} cos{\frac{\alpha+\beta}{2}}=\\=2 sin{\frac{\alpha+\beta}{2}}(cos{\frac{\alpha-\beta}{2}}-cos{\frac{\alpha+\beta}{2}})=\\=2 cos{\frac{\gamma}{2}}.2 cos{\frac{\alpha-\beta+\alpha+\beta}{4}} cos{\frac{\alpha-\beta-\alpha-\beta}{2}}=\\=4 cos{\frac{\alpha}{2}} cos{\frac{\beta}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex],
като тук използвахме четността на косинуса: [tex]cos\varphi=cos(-\varphi)[/tex]. Тъждеството е доказано.
ІІ. Тъждеството [tex]\fbox {sin2\alpha+sin2\beta+sin2\gamma=4 sin\alpha sin\beta sin\gamma}[/tex], ако [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ[/tex].
Доказателство. Използваме, че [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ \Leftrightarrow y=180^\circ-(\alpha+\beta) |.2 \Leftrightarrow 2\gamma=360^\circ-2(\alpha+\beta)[/tex]. Преобразуваме лявата страна на това, което трябва да докажем:
[tex]sin2\alpha+sin2\beta+sin2\gamma=2 sin{\frac{2\alpha+2\beta}{2}} cos{\frac{2\alpha-2\beta}{2}}+sin[360^\circ-2(\alpha+\beta)]=\\=2 sin{\frac{\cancel 2(\alpha+\beta)}{\cancel 2}} cos{\frac{\cancel 2(\alpha-\beta)}{\cancel 2}}-sin2(\alpha+\beta)=\\=2 sin(\alpha+\beta) cos(\alpha-\beta)-2 sin(\alpha+\beta) cos(\alpha+\beta)=\\=2 sin(\alpha+\beta) [cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)]=\\=-2 sin\gamma.2 sin{\frac{\alpha-\beta+\alpha+\beta}{2}} sin{\frac{\alpha-\beta-\alpha-\beta}{2}}=\\-4 sin\gamma sin\alpha sin(-\beta)=\\=4 sin\alpha sin\beta sin\gamma[/tex].
ІІІ. Тъждеството [tex]\fbox {\tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma=\tan\alpha \tan\beta \tan\gamma}[/tex], ако [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ[/tex].
Доказателство. Използваме формулата за сбор от тангенси за първите два тангенса в лявата страна, представяме тангенса на третия ъгъл посредством другите два ъгъла и получаваме:
[tex]\frac{sin(\alpha+\beta)}{cos\alpha cos\beta}+\tan[180^\circ-(\alpha+\beta)]=\\=\frac{sin(\alpha+\beta)}{cos\alpha cos\beta}-\frac{sin(\alpha+\beta)}{cos(\alpha+\beta)}=\\=sin(\alpha+\beta)[\frac{1}{cos\alpha cos\beta}-\frac{1}{cos(\alpha+\beta)}]=\\=sin\gamma\frac{cos\alpha cos\beta-sin\alpha sin\beta-cos\alpha cos\beta}{cos\alpha cos\beta cos(\alpha+\beta)}=\\=\frac{- sin\gamma sin\alpha sin\beta}{cos\alpha cos\beta cos(180^\circ-\gamma)}=\\=\frac{- sin\alpha sin\beta sin\gamma}{- cos\alpha cos\beta cos\gamma}=\\=\frac{sin\alpha sin\beta sin\gamma}{cos\alpha cos\beta cos\gamma}=\\=\tan\alpha \tan\beta \tan\gamma[/tex].
Тук използвахме, че [tex]cos(180^\circ-\varphi)=- cos\varphi[/tex] и [tex]\tan(180^\circ-\varphi)=- \tan\varphi[/tex]. С това равенството е доказано.



Графика на функцията косинус.jpg
 Description:
 Големина на файла:  28.62 KB
 Видяна:  36558 пъти(s)

Графика на функцията косинус.jpg



Графика на функцията тангенс.jpg
 Description:
 Големина на файла:  43.4 KB
 Видяна:  36558 пъти(s)

Графика на функцията тангенс.jpg



Графика на функцията котангенс.jpg
 Description:
 Големина на файла:  44.75 KB
 Видяна:  36558 пъти(s)

Графика на функцията котангенс.jpg


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Pinetop Smith
Фен на форума


Регистриран на: 12 May 2007
Мнения: 961
Местожителство: Хасково
Репутация: 153.6Репутация: 153.6
гласове: 87

МнениеПуснато на: Tue Feb 17, 2009 9:09 pm    Заглавие:

14. Права на Симпсън. Нека е даден триъгълник АВС и произволна точка D от описаната му окръжност. Ако М, N и Р са проекциите на D върху страните на триъгълника, то точките M, N и Р лежат на една права.

Доказателство. Нека М и N са съответно от АС и АВ и правата MN пресича ВС в точка Q. Ще използваме стандартните означения за ъглите на тр. АВС и нека [tex]\angle DMN = \varphi[/tex]. Toгава [tex]\angle MDN = \alpha [/tex] и от тр. MDN изчисляваме [tex]\angle MNA = 90 - \alpha - \varphi[/tex], а от правата MNQ получаваме [tex]\angle DNQ = \alpha + \varphi[/tex]. От вписания четириъгълник ADBC изчисляваме [tex]\angle ADB = 180 - \alpha - \beta[/tex]. Oсвен това [tex]\angle ADM = \angle MNA = 90 - \alpha - \varphi[/tex], оттук [tex]\angle ADN = 90 - \varphi[/tex] и значи [tex]\angle NDB = \alpha + \beta + \varphi - 90[/tex]. Oт тр. DNB намираме [tex] \angle DBN = 180 - \alpha - \beta - \varphi[/tex] и следователно [tex]\angle DBC = 180 - \alpha - \varphi [/tex], откъдето [tex]\angle DBQ = \alpha + \varphi = \angle DNQ [/tex]. Оттук следва, че около четириъгълника DQBN може да се опише окръжност и оттук [tex]\angle DQB = 90[/tex], т.е. точките N и Q съвпадат. С това теоремата е доказана.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
r2d2
VIP


Регистриран на: 28 Feb 2007
Мнения: 1936
Местожителство: in the galaxy (Far Far Away)
Репутация: 311.2Репутация: 311.2
гласове: 179

МнениеПуснато на: Wed Feb 18, 2009 1:11 pm    Заглавие:

С риск Ники да ми се разсърди и аз ще напиша доказателство!
Около DMCP може да се опише окръжност. Значи [tex]\angle CDP=\angle PMC=x[/tex].

Аналогично DMNA е вписан [tex]\Rightarrow \angle ADN=\angle AMN =y[/tex].
Но [tex]\angle ADC = \angle NDP = 180^\circ - \angle B.[/tex]

Или [tex]y+\angle NDC=\angle ADC= \angle NDP=x+\angle NDC \Rightarrow x=y[/tex].

Което показва, че N,M,P лежат на една права. Тази права се нарича права на Симсон (а не Симпсон).

Роберт Симсон (1687-1768) е виден английски математик, в частност той е открил зависимостта [tex]f_{n-1}\cdot f_{n+1} -f_n^2=(-1)^n[/tex] f_n са числата на Фибоначи. Но няма нищо общо с тази теорема, тя е открита от William Wallace през 1797 год.
[tex]f_{n-1}\cdot f_{n+1} -f_n^2=(-1)^n[/tex] първо е открито от Касини, след него от Симсон (независимо).



simson_cr.jpg
 Description:
 Големина на файла:  11.31 KB
 Видяна:  36476 пъти(s)

simson_cr.jpg


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
inimitably
Редовен


Регистриран на: 13 Nov 2008
Мнения: 102

Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9
гласове: 25

МнениеПуснато на: Thu Mar 26, 2009 6:03 pm    Заглавие:

15. Права на Гаус. Нека е даден четириъгълник [tex]ABCD[/tex].[tex]AB\cap CD=E[/tex] и [tex]AD\cap BC=F[/tex].Ако [tex]M[/tex] , [tex]N[/tex] и [tex]P[/tex] са съответно средите на [tex]AC[/tex],[tex]BD[/tex] и [tex]EF[/tex] , то [tex]M[/tex] , [tex]N[/tex] и [tex]P[/tex] лежат на една права.
Доказателство:
[tex]S_{ANCD}=\frac{1}{ 2}S_{ABCD}[/tex] и [tex]S_{DCMN}=\frac{1}{ 2}S_{ANCD}=\frac{1}{ 4}S_{ABCD}[/tex]

Ако [tex]K[/tex] е среда на [tex]CD[/tex] , [tex]KM//AD[/tex] и [tex]NK//BC[/tex] , то тогава [tex]S_{KMD}=S_{KMF}[/tex] и [tex]S_{CKN}=S_{NKF}[/tex] , следователно

[tex]S_{MNF}=S_{DCMN}=\frac{1}{ 2}S_{ANCD}=\frac{1}{ 4}S_{ABCD}[/tex]

Аналогично се доказва , че [tex]S_{MNE}=\frac{1}{4}S_{ABCD}[/tex]

=> [tex]S_{MNF}=S_{MNE}[/tex] , но [tex]S_{MPE}=S_{MPF}[/tex] следователно точките [tex]M[/tex] , [tex]N[/tex] и [tex]P[/tex] лежат на една права. С това теоремата е доказана.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Sun Mar 29, 2009 6:43 pm    Заглавие:

16. Задача на Наполеон. Със страни страните на произволен триъгълник външно са построени равностранни триъгълници. Да се докаже, че центровете на тези равностранни триъгълници са върхове на нов равностранен триъгълник.

Решение. Нека даденият триъгълник е [tex]ABC[/tex], при което [tex]AB\neq BC\neq AC[/tex]. Тогава раностранните триъгълници, построени върху всяка от страните на дадения триъгълник, ще са [tex]\triangle ABK, \triangle BCL[/tex] и [tex]\triangle ACT[/tex]. Ако [tex]BC=a, AC=b, AB=c[/tex] (традиционните означения), то в такъв случай можем да означим с [tex]O_{1}[/tex] центъра на [tex]\triangle BCL[/tex], с [tex]O_{2}[/tex] – центъра на [tex]\triangle ACT[/tex], и с [tex]O_{3}[/tex] – този на [tex]\triangle ABK[/tex]. Да означим и за определеност ъглите на [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\angle BAC=\alpha, \angle ABC=\beta, \angle ACB=\gamma[/tex]. Сега, понеже центърът на равностранния триъгълник е и център на вписаната окръжност, то [tex]BO_{1}=CO_{1}=LO_{1}, AO_{2}=CO_{2}=TO_{2}, AO_{3}=BO_{3}=KO_{3}[/tex] са ъглополовящи във всеки от [tex]\triangle ABK, \triangle BCL[/tex] и [tex]\triangle ACT[/tex]. Тогава
[tex]\angle O_{1}BC=\angle O_{1}BL=\angle O_{1}CB=\angle O_{1}CL=\angle O_{1}LC=\angle O_{1}LB=[/tex]
[tex]=\angle O_{2}AC=\angle O_{2}AT=\angle O_{2}CA=\angle O_{2}CT=\angle O_{2}TA=\angle O_{2}TC=[/tex]
[tex]=\angle O_{3}AB=\angle O_{3}BA=\angle O_{3}AK=\angle O_{3}BK=\angle O_{3}KA=\angle O_{3}KB=30^\circ[/tex].
Оттук получаваме, че [tex]\angle O_{3}AO_{2}=\angle O_{3}BO_{1}=\angle O_{1}CO_{2}=\alpha+60^\circ[/tex].
Да построим [tex]O_{2}H\bot AC, H\in AC[/tex]. Имаме [tex]\angle O_{2}AH=30^\circ \Rightarrow \angle AO_{2}H=60^\circ; sin 60^\circ=\frac{AH}{AO_{2}} \Leftrightarrow AO_{2}=\frac{AH}{sin 60^\circ} \Leftrightarrow AO_{2}=\frac{b\sqrt{3}}{3}[/tex]. По абсолютно същия начин, като прекараме височина през [tex]O_{3}[/tex] към страната [tex]AB[/tex] в равнобедрения [tex]\triangle AO_{3}B[/tex], определяме и [tex]AO_{3}=\frac{c\sqrt{3}}{3}[/tex].
Но сега от косинусовата теорема за [tex]\triangle O_{2}AO_{3} \Rightarrow O_{2}O_{3}^2=AO^2+AO^2-2.AO_{2}.AO_{3}.cos\angle O_{2}AO_{3} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{3}-2.\frac{bc}{3} cos(\alpha+60^\circ) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{3}-2\frac{bc}{3}( cos\alpha cos60^\circ- sin\alpha sin60^\circ) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2+c^2}{3}2.\frac{bc}{3}.\frac{1}{2}( cos\alpha-\sqrt{3} sin\alpha) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2+c^2}{3}-\frac{bc}{3}( cos\alpha -\sqrt{3} sin\alpha) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{2(b^2+c^2-bc cos\alpha+bc\sqrt{3} sin\alpha)}{2.3} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2+c^2-2bc cos\alpha +b^2+c^2+2bc\sqrt{3} sin\alpha}{6} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{a^2+b^2+c^2+4S\sqrt{3}}{6}[/tex],
където отчетохме, че от косинусовата теорема имаме [tex]a^2=b^2+c^2-2bc cos\alpha[/tex], а също и че лицето на произволния триъгълник се пресмята по формулата [tex]S=\frac{ab sin\gamma}{2}=\frac{bc cos\alpha}{2}=\frac{ac sin\beta}{2}[/tex] (затова така внезапно се появиха тези двойки в числител и знаменател, за да се получат формулите).
Постъпваме по същия начин за другите две отсечки – [tex]O_{1}O_{2}[/tex] и [tex]O_{1}O_{3}[/tex], и получаваме същия резултат. Тогава [tex]\triangle O_{1}O_{2}O_{3}[/tex] е равностранен.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ганка симеонова
SUPER VIP


Регистриран на: 10 Jan 2008
Мнения: 5985
Местожителство: софия
Репутация: 618.5Репутация: 618.5Репутация: 618.5
гласове: 298

МнениеПуснато на: Mon Apr 13, 2009 1:25 pm    Заглавие:

Във връзка със задачата на Наполеон
http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=8459
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krainik
Фен на форума


Регистриран на: 01 May 2009
Мнения: 697

Репутация: 51.8
гласове: 44

МнениеПуснато на: Tue May 05, 2009 6:49 pm    Заглавие:

Емо написа:
1. Теорема за лицето на четириъгълник, сборът на всеки две срещулежащи страни на който е равен.
Ако [tex]a,b,c,d[/tex] са положителни числа и [tex]a+c=b+d[/tex], има единствен четириъгълник [tex]ABCD[/tex] с [tex]AB=a, BC=b, CD=c, AD=d[/tex], за който [tex]S=\sqrt{abcd}[/tex].

Доказателство. Нека за начало означим [tex]\angle ABC=\phi[/tex]. Тъй като около четириъгълника може да се опише окръжност,
.
Защо пък да може? Twisted Evil
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Mon Jul 13, 2009 11:46 am    Заглавие:

17. Теорема и точка на Жергон.
Теорема на Жергон. Ако чевианите [tex]AA_{1},BB_{1},CC_{1}[/tex] в [tex]\triangle ABC[/tex] се пресичат в точка [tex]O[/tex], като [tex]A_{1}\in BC, B_{1}\in AC, C_{1}\in AB[/tex], то е изпълнено равенството
[tex]\frac{OA_{1}}{AA_{1}}+\frac{OB_{1}}{BB_{1}}+\frac{OC_{1}}{CC_{1}}=1[/tex]
.
Точка на Жергон. Нека вписаната в [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност се допира до страните му [tex]AB,BC,AC[/tex] съответно в точките [tex]T,K,L[/tex]. Тогава правите [tex]AK,BL,CT[/tex] се пресичат в една точка.

Доказателство. Построяваме [tex]CT\bot AB, OH\bot AB[/tex]. Очевидно [tex]\triangle OHC_{1} \sim \triangle CTC_{1} \Rightarrow \frac{OH}{CT}=\frac{HC_{1}}{TC_{1}}=\frac{OC_{1}}{CC_{1}}[/tex]. Но [tex]S_{\triangle AOB}=\frac{AB.OH}{2}, S_{\triangle ABC}=\frac{AB.CT}{2}[/tex]. Разделяме първото равенство на второто и получаваме [tex]\frac{S_{\triangle AOB}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{OH}{CT}=\frac{OC_{1}}{CC_{1}} \, (1)[/tex].
Абсолютно аналогично намираме [tex]\frac{OA_{1}}{AA_{1}}=\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}} \, (2)[/tex] и [tex]\frac{OB_{1}}{BB_{1}}=\frac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle ABC}} \, (3)[/tex].
Събираме [tex](1), (2), (3)[/tex] и получаваме исканото твърдение.

Доказателство. Имаме [tex]AT=AL=p-a, BT=BK=p-b, CL=CK=p-c[/tex]. Но [tex]\frac{AT}{TB}.\frac{BK}{KC}.\frac{CL}{LA}=\frac{p-a}{p-b}.\frac{p-b}{p-c}.\frac{p-c}{p-a} \Leftrightarrow \frac{AT}{TB}.\frac{BK}{KC}.\frac{CL}{LA}=1[/tex] и от теоремата, обратна на теоремата на Чева, получаваме, че правите [tex]AK, BL, CT[/tex] се пресичат в една точка (точката на Жергон).
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
NoThanks
Гост






МнениеПуснато на: Mon Jul 13, 2009 11:52 am    Заглавие:

Точката е на Жордан! Razz
Върнете се в началото
Tinna
Редовен


Регистриран на: 13 Apr 2009
Мнения: 231

Репутация: 32.9Репутация: 32.9Репутация: 32.9
гласове: 19

МнениеПуснато на: Mon Jul 13, 2009 5:19 pm    Заглавие:

Точката, за кята говорите е на Жергон.
http://bg.wikipedia.org/wiki/Вписани_окръжности_в_триъгълник
Във всички сборници, справочници, ръководства и др., името на този френски математик е дадено като Жергон.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martin.nikolov
Напреднал


Регистриран на: 22 Apr 2009
Мнения: 489

Репутация: 35.5Репутация: 35.5Репутация: 35.5Репутация: 35.5
гласове: 21

МнениеПуснато на: Mon Jul 13, 2009 5:53 pm    Заглавие:

Tinna написа:
Точката, за кята говорите е на Жергон.
http://bg.wikipedia.org/wiki/Вписани_окръжности_в_триъгълник
Във всички сборници, справочници, ръководства и др., името на този френски математик е дадено като Жергон.



Ето още малко за него.

http://www.gap-system.org/~history/Biographies/Gergonne.html
http://en.wikipedia.org/wiki/Joseph_Gergonne
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
inimitably
Редовен


Регистриран на: 13 Nov 2008
Мнения: 102

Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9
гласове: 25

МнениеПуснато на: Tue Jul 14, 2009 9:06 pm    Заглавие:

18.Точка и права на Нагел.
Нека [tex]G[/tex] и [tex]I[/tex] са съответно медицентър и център на вп. окр. в [tex]\triangle ABC[/tex] , [tex]A_{1},B_{1}[/tex] и [tex]C_{1}[/tex] са среди съответно на [tex]BC,AC[/tex] и [tex]AB[/tex] , а [tex]Q,P[/tex] и [tex]M[/tex] са доп. точки на външновп. окръжности съответно с [tex]AC,BC[/tex] и [tex]AB[/tex].Лесно се доказва , че допирателните през върховете на триъгълника са равни на полупериметъра му [tex]p[/tex] , т.е. [tex]AQ=BP=p-c[/tex],[tex]BM=CQ=p-a[/tex] и [tex]AM=CP=p-b[/tex].

От теорема на Чева за [tex]\triangle ABC[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{AM.BP.CQ}{BM.CP.AQ }=1[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]AP\cap BQ\cap CM=N[/tex]

За да докажем , че [tex]I , G , S[/tex] и [tex]N[/tex] лежат на една права , където[tex]S[/tex] е център на вп. окр. в [tex]\triangle A_{1}B_{1}C_{1}[/tex] , ще използваме , че [tex]\triangle ABC[/tex] и [tex]\triangle A_{1}B_{1}C_{1}[/tex] са хомотетични и техният хомотетичен център е [tex]G[/tex].Тогава [tex]G[/tex] изпраща [tex]I[/tex] в [tex]S[/tex] при хомотетия с коефицент [tex]-\frac{1}{ 2}[/tex] , т.е. [tex]I,G[/tex] и [tex]S[/tex] са на една права.

Нека [tex]M_{1},Q_{1}[/tex] и [tex]P_{1}[/tex] са доп. точки на външновп. окр. , допиращи се до страните на [tex]\triangle A_{1}B_{1}C_{1}[/tex] , тогава имаме ,че [tex]M_{1}A_{1}=C_{1}P_{1}[/tex]
[tex]B_{1}P_{1}=A_{1}Q_{1}[/tex] и [tex]Q_{1}C_{1}=B_{1}M_{1}[/tex].Сега ще докажем с помощта на следната лема , че точката на Нагел за [tex]\triangle A_{1}B_{1}C_{1}[/tex] всъщност съвпада с [tex]I[/tex]: Даден е успоредник [tex]ABCD[/tex]. Ако върху страните му [tex]AB[/tex] и [tex]AD[/tex] са избрани такива точки [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] , така че [tex]BM=DN[/tex] и [tex]BM\cap DN=O[/tex] , то [tex]CO[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle BCD[/tex]. Лемата е доказана тук.

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]I[/tex] се изобразява в [tex]N[/tex] при хомотетия с център [tex]G[/tex] и [tex]k=-\frac{1}{2 }[/tex] и [tex]S[/tex] е средата на [tex]IN[/tex].
Интересен факт е , че ако продължим [tex]C_{1}S[/tex] до пресичането и с [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] съответно в [tex]W[/tex] и [tex]U[/tex] , то тогава [tex]C_{1}S[/tex] разделя на две периметъра на [tex]\triangle ABC[/tex].
Доказателство:
Ясно е ,че [tex]C_{1}S||IC[/tex] , ако [tex]Z[/tex] е допирна точка с [tex]BC[/tex] на външновписаната окр. допираща се до [tex]AC[/tex] , тогава [tex]CQ=CZ[/tex] като допирателни отсечки. Нека [tex]\angle ACB=\gamma [/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle CQZ=\angle CZQ=\frac{\gamma }{2 } [/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]IC||C_{1}S||UW[/tex] , т.е. [tex]UC=CW[/tex].

От теорема на Менелай за [tex]\triangle ABC[/tex] и правата [tex]C_{1}S[/tex] [tex]\Rightarrow [/tex] [tex]\frac{UB.CW.AC_{1}}{UC.AW.BC_{1} }=1[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]AW=UB[/tex] , т.е. [tex]BC+CW=AW[/tex] или [tex]AW+AC_{1}=BC+CW+BC_{1}=p[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
inimitably
Редовен


Регистриран на: 13 Nov 2008
Мнения: 102

Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9Репутация: 37.9
гласове: 25

МнениеПуснато на: Wed Jul 15, 2009 6:15 pm    Заглавие:

19.Теорема на Паскал
Нека [tex]A,B,C,D,E,F[/tex] са точки , лежащи на окръжността [tex]k[/tex].
Ако [tex]AB\cap DE=P,BC\cap EF=Q,CD\cap FA=R [/tex] , то тогава [tex]P,Q,R[/tex] са на една права.

Нека [tex]EF\cap AB=X,AB\cap CD=Y,CD\cap EF=Z[/tex].Прилагайки теоремата на Менелай за правите [tex]BC,DE,FA[/tex] и [tex]\triangle XYZ[/tex] получаваме съответно:

[tex]\frac{ZQ.XB.YC}{QX.BY.CZ }=1[/tex] [tex](1)[/tex] [tex]\frac{XP.YD.ZE}{ PY.DZ.EX}=1[/tex] [tex](2)[/tex] и [tex]\frac{YR.ZF.XA}{RZ.FX.AY }=1[/tex] [tex](3)[/tex];

Като умножим [tex](1),(2),(3)[/tex] и използваме свойството на хордите , т.е. [tex]XA.XB=XE.XF,YC.YD=YA.YB,ZE.ZF=ZC.ZD[/tex] получаме , че

[tex]\frac{ZQ.XP.YR}{QX.PY.RZ }=1[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]P,Q,R[/tex] са колинеарни.



pascal.png
 Description:
 Големина на файла:  17.59 KB
 Видяна:  34061 пъти(s)

pascal.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Thu Jul 30, 2009 6:48 pm    Заглавие:

20. Ортоцентърът [tex]H[/tex] на всеки триъгълник дели трите му височини на отсечки, чието произведение е константа.

Доказателство. Нека е даден [tex]\triangle ABC[/tex] с височини съответно [tex]AL, \, BM, \, CT[/tex]. Тогава [tex]\angle AHM=\angle BHL[/tex] (връхни ъгли) и [tex]\angle AMH=\angle BLH=90^\circ[/tex], откъдето
[tex]\triangle AHM \sim \triangle BHL \Rightarrow \frac{AH}{BH}=\frac{HM}{HL}=\frac{AM}{BL} \Leftrightarrow AH.HL=BH.HM[/tex].
Абсолютно аналогично определяме
[tex]\triangle AHT \sim \triangle CHL[/tex] (пак по първи признак) [tex]\Rightarrow \frac{AH}{CH}=\frac{HT}{HL}=\frac{AT}{CL} \Leftrightarrow AH.HL=CH.HT[/tex].
Сега от двете подобия следва и изводът: [tex]AH.HL=BH.HM=CH.HT=const[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
NoThanks
Гост






МнениеПуснато на: Thu Jul 30, 2009 7:07 pm    Заглавие:

Toва е известна основна задача. Може да се докаже и точно в какво отношение дели всяка от височините, изразено чрез ъглите.
Върнете се в началото
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Thu Jul 30, 2009 7:14 pm    Заглавие:

21. Ако [tex]sin\alpha=2 sin\beta cos\gamma[/tex], то [tex]\triangle ABC[/tex] е равнобедрен.

Доказателство. Съобразяваме, че [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ[/tex], откъдето [tex]\alpha=180^\circ-(\beta+\gamma)[/tex]. Тогава даденото равенство придобива вида
[tex]sin[180^\circ-(\beta+\gamma)]=2 sin\beta cos\gamma \Leftrightarrow sin(\beta+\gamma)=2 sin\beta cos\gamma[/tex]. Разкривайки скобките в лявата страна посредством събирателната формула [tex]sin(\varphi+\theta)=sin\varphi cos\theta + cos\varphi sin\theta[/tex], лесно достигаме до [tex]sin\beta cos\gamma + cos\beta sin\gamma=2 sin\beta cos\gamma \Leftrightarrow sin\beta cos\gamma=cos\beta sin\gamma[/tex]. И сега, понеже [tex]\alpha, \beta, \gamma \in (0^\circ; 180^\circ)[/tex], то всичките им тригонометрични функции са различни от нула. Разделяме веднъж на [tex]cos\beta[/tex], а след това на [tex]cos\gamma[/tex] и получаваме [tex]\tan\beta=\tan\gamma \Leftrightarrow \beta=\gamma[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Thu Jul 30, 2009 8:19 pm    Заглавие:

22. Няколко важни тригонометрични неравенства.

І. Един [tex]\triangle ABC[/tex], в който [tex]\alpha, \, \beta \in (0^\circ; 90^\circ)[/tex], е тъпоъгълен тогава и само тогава, когато е в сила неравенството [tex]\tan\alpha \tan\beta<1[/tex].

Доказателство на І.
Необходимост на условието. Ако [tex]\alpha, \, \beta \in (0^\circ; 90^\circ), \, \gamma \in (90^\circ; 180^\circ)[/tex], то [tex]\tan\alpha \tan\beta<1[/tex].
Имаме [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ \Leftrightarrow \alpha+\beta=180^\circ-\gamma, \, \gamma \in (90^\circ; 180^\circ) \Rightarrow \alpha+\beta \in (0^\circ; 90^\circ) \Rightarrow 0<\alpha<90^\circ-\beta<90^\circ[/tex]. Оттук [tex]\tan\alpha<\tan(90^\circ-\beta) \Leftrightarrow \tan\alpha<\cot\beta \Leftrightarrow \tan\alpha<\frac{1}{\tan\beta}, \, \tan\beta>0, \, \beta\in (0^\circ; 90^\circ) \Rightarrow \tan\alpha \tan\beta<1[/tex].
Достатъчност на условието. Ако [tex]\alpha, \, \beta \in (0^\circ; 90^\circ), \, \tan\alpha \tan\beta<1[/tex], то [tex]\gamma \in (90^\circ; 180^\circ)[/tex].
Всичките тригонометрични функции на ъглите са различни от нула. От даденото неравенство [tex]\tan\alpha \tan\beta<1[/tex] чрез деление на положителната величина [tex]\tan\beta[/tex] достигаме до [tex]\tan\alpha<\frac{1}{\tan\beta} \Leftrightarrow \tan\alpha<\cot\beta \Leftrightarrow \tan\alpha<\tan(90^\circ-\beta) \, (*)[/tex].
Но [tex]\alpha \in (0^\circ; 90^\circ), \, 0<90^\circ-\beta<90^\circ[/tex] и от [tex](*)[/tex] намираме [tex]0<\alpha<90^\circ-\beta \Leftrightarrow 0<\alpha+\beta<90^\circ \Leftrightarrow -90^\circ<-(\alpha+\beta)<0 \, |+180^\circ \Leftrightarrow 90^\circ<180^\circ-(\alpha+\beta)<180^\circ \Leftrightarrow 90^\circ<\gamma<180^\circ[/tex].

ІІ. Ако [tex]\alpha, \, \beta, \, \gamma[/tex] са ъгли в триъгълник, то [tex]sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\beta}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{1}{8}[/tex].

Доказателство на ІІ. От косинусовата теорема имаме [tex]cos\alpha=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \, cos\beta=\frac{ a^2+c^2-b^2}{2ac}, \, cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}[/tex].
Но [tex]cos\varphi=cos^2{\frac{\varphi}{2}}-sin^2{\frac{\varphi}{2}} \Leftrightarrow cos\varphi=1-2 sin^2{\frac{\varphi}{2}} \Leftrightarrow sin^2{\frac{\varphi}{2}}=\frac{1-cos\varphi}{2}[/tex]. Ако положим [tex]\varphi=\alpha, \, \varphi=\beta[/tex] или [tex]\varphi=\gamma[/tex], то ще получим [tex]sin{\frac{\varphi}{2}}=\sqrt{\frac{1-cos\varphi}{2}}[/tex] (защото синусите на ъглите в триъгълника са винаги положителни). След заместване в последния израз стойността на косинуса, изразен от косинусовата теорема, намираме [tex]sin{\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}}\le \sqrt{\frac{a^2}{4bc}} \Leftrightarrow sin{\frac{\alpha}{2}}\le \frac{a}{2\sqrt{bc}} \, (1)[/tex]. Абсолютно по същия начин [tex]sin{\frac{\beta}{2}}\le \frac{b}{2\sqrt{ac}} \, (2)[/tex] и [tex]sin{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{c}{2\sqrt{ab}} \, (3)[/tex]. От почленното умножение на [tex](1), \, (2), \, (3) \Rightarrow sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\beta}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{abc}{8abc} \Leftrightarrow sin{\frac{\alpha}{2}}sin{\frac{\beta}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}}\le \frac{1}{8}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато на: Thu Jul 30, 2009 9:20 pm    Заглавие:

Друго доказателство на [tex]\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\le\frac{1}{8}[/tex]
От средно аритметично - средно геометрично [tex]\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\le\frac{\left(\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\right)^{3}}{27}[/tex]. [tex]\sin x[/tex] има втора производна [tex]-\sin x[/tex], а в интервала [tex]\left(0,180\right)[/tex], тя е отрицателна, значи [tex]\sin x[/tex] е вдлъбната функция в този интервал. От неравенството на Йенсен [tex]\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\le 3\sin\left(\frac{\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}}{3} \right)=\frac{3}{2} [/tex]. Значи [tex]\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\le \frac{{\left(\frac{3}{2}\right)^{3}}}{27}=\frac{1}{8} [/tex]. Равенство при [tex]\alpha=\beta=\gamma=60^{\circ}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Sat Aug 01, 2009 10:07 am    Заглавие:

23. Ако страните [tex]a,b,c[/tex] на един [tex]\triangle ABC[/tex], взети в този ред, образуват аритметична прогресия, то е в сила [tex]\cot{\frac{\alpha}{2}} \cot{\frac{\gamma}{2}}=3[/tex] (да наречем твърдението теорема за котангенсите от половинки ъгли).

Доказателство. Ще използваме синусовата теорема: [tex]\frac{a}{sin\alpha}=2R \Leftrightarrow a=2R sin\alpha[/tex]. По същия начин [tex]b=2R sin\beta[/tex] и [tex]c=2R sin\gamma[/tex]. По условие [tex]a,b,c[/tex] са последователни членове на аритметичната прогресия, тоест е изпълнено [tex]a+c=2b[/tex]. Тогава получаваме

[tex]2R sin\alpha+2R sin\gamma=4R sin\beta \Leftrightarrow sin\alpha+sin\gamma=2 sin\beta[/tex].

От друга страна, [tex]\alpha+\beta+\gamma=180^\circ \Leftrightarrow \beta=180^\circ-(\alpha+\gamma)[/tex]. Заместваме това в равенството със синусите и достигаме до

[tex]sin\alpha+sin\gamma=2 sin(\alpha+\gamma) \, (*)[/tex].

Последното ще преобразуваме с помощта на тригонометрични формули. Знаем, че [tex]sin\alpha+sin\gamma=2 sin{\frac{\alpha+\gamma}{2}} cos{\frac{\alpha-\gamma}{2}}[/tex] и [tex]sin(\alpha+\gamma)=2 sin{\frac{\alpha+\gamma}{2}} cos{\frac{\alpha+\gamma}{2}}[/tex] (формулите са доказани малко по-горе). В такъв случай равенството [tex](*)[/tex] добива следния вид:

[tex]\cancel 2 \cancel {sin{\frac{\alpha+\gamma}{2}}} cos{\frac{\alpha-\gamma}{2}}= \cancel 2.2 \cancel {sin{\frac{\alpha+\gamma}{2}}} cos{\frac{\alpha+\gamma}{2}} \Leftrightarrow cos{\frac{\alpha-\gamma}{2}}=2 cos{\frac{\alpha+\gamma}{2}}[/tex].

Разделихме на синуса, защото той е различен от нула. Сега просто развиваме формулите за косинус от сбор и разлика на ъгли:

[tex]cos{\frac{\alpha}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}} + sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}} = 2 (cos{\frac{\alpha}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}} - sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}}) \Leftrightarrow cos{\frac{\alpha}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}} = 3 sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}} \Leftrightarrow \cot{\frac{\alpha}{2}} \cot{\frac{\gamma}{2}}=3[/tex].

С това доказателството е приключено.

24. Необходимо и достатъчно условие синусите на ъглите на триъгълник да образуват аритметична прогресия е страните му да образуват аритметична прогресия.

Доказателство. Необходимост. Нека [tex]sin\alpha, \, sin\beta, \, sin\gamma[/tex] са последователни членове на аритметична прогресия. Тогава е ясно, че

[tex]2 sin\beta= sin\alpha+sin\gamma \, (*)[/tex].

От синусовата теорема лесно определяме [tex]sin\alpha=\frac{a}{2R}, \, sin\beta=\frac{b}{2R}, \, sin\gamma=\frac{c}{2R}[/tex] и заместваме всичко това в [tex](*)[/tex], ще получим

[tex]\frac{2b}{2R}=\frac{a+c}{2R} \Leftrightarrow 2b=a+c[/tex],

т. е.

от [tex]2 sin\beta=sin\alpha+sin\gamma \Rightarrow 2b=a+c[/tex].

Достатъчност. Нека сега страните да образуват аритметична прогресия, т. е. [tex]2b=a+c \, (**)[/tex]. Отново от синусовата теорема имаме [tex]a=2R sin\alpha, \, b=2R sin\beta, \, c=2R sin\gamma[/tex]. Заместваме в [tex](**)[/tex] и получаваме

[tex]2.2R sin\beta=2R sin\alpha + 2R sin\gamma \Leftrightarrow 2 sin\beta= sin\alpha+sin\gamma[/tex],

или

от [tex]2b=a+c \Rightarrow 2 sin\beta=sin\alpha+sin\gamma[/tex].

Получихме, че [tex]2b=a+c \Leftrightarrow 2 sin\beta= sin\alpha+sin\gamma[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Теория свързана с олимпиади Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Иди на страница 1, 2  Следваща
Страница 1 от 2

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
You cannot attach files in this forum
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2015 math10.com.