равнобедрен триъгълник в окръжност

[dgs]

[Реклама]

[xyz]

Ето ти една идея за атака на задачата с "груба сила".
На чертежа O е центъра на окръжността, а OX е произволен радиус. За да върши този радиус работа, то е необходимо ъгъл MXO да е равен на ъгъл NXO. Разбира се това няма да е изпълнено и затова ще трябва да приложим ротация на някакъв ъгъл \alpha α. Тази ротация ще съотвества все едно да сме избрали друг радиус под ъгъл алфа спрямо първия. Ще считаме радиуса за 1 за по-голямо удобство. На практика той може да се направи 1 чрез хомотетия.

Формулите за ротация са добре известни, а и се извеждат лесно:
[tex]x_1'=x_1 \cos \alpha - y_1 \sin \alpha[/tex]
[tex]y_1'=x_1 \sin \alpha + y_1 \cos \alpha[/tex]
[tex]x_2'=x_2 \cos \alpha - y_2 \sin \alpha[/tex]
[tex]y_2'=x_2 \sin \alpha + y_2 \cos \alpha[/tex]

Равенството на ъглите можем да го запишем като пропорция в подобни триъгълници, или по друг начин казано, като равенство на тангенси:
[tex]{1-x_1' \over y_1'}=-{1-x_2' \over y_2'}[/tex]
откъдето получаваме:
[tex]y_2'-x_1'y_2'+ y_1'-x_2'y_1'=0[/tex]
Сега след заместване с формулите по-горе, то ще получим някаква сума от вида:
[tex]U_1.1 + U_2.\sin \alpha + U_3.\cos \alpha + U_4.(\sin \alpha)^2 + U_5 \sin \alpha \cos \alpha=0[/tex]
където U_i са константи. Разбира се, ако имаме някъде (cos α)², то веднага го заместваме с 1-(sin α)².

За да се отървем то (cos α), то прехвърляме косинусите отдясно
[tex]U_1.1 + U_2.\sin \alpha + U_4.(\sin \alpha)^2 = - U_3.\cos \alpha - U_5 \sin \alpha \cos \alpha[/tex]
и вдигаме в квадрат. Така получаваме полином само на \sin \alpha (естествено първо заменяме (cos α)² с 1-(sin α)²).

Полученият полином (на sin α) е от четвърта степен. Той задава разширение на полето на рационалните числа. Ако покажеш, че за конкретни стойности на [tex]x_1, y_1, x_2, y_2[/tex] че разширението не е квадратично, то веднага решаваш задачата, като заявяваш НЕРЕШИМА Е. Разбира се, докато не се извършат всички изчисления, то такъв извод НЕ МОЖЕ да се направи, а какво е разширение, какво е поле и кое разширение е квадратично за съжаление не може да се обясни накратко...

[martosss]

Не винаги е възможно да се построи такъв триъгълник Примерно имаме център О и диаметър АВ, нека точките М и Н са върху АО, тогава исканият триъгълник не може да се построи

[xyz]

Напротив точно в този случай построението е възможно. Просто триъгълникът е AAB и е изроден в отсечка.

[martosss]

Ако горното смятаме като първи случай, то втори случай ще е когато двете точки са равноотдалечени от центъра - тогава построяваме [tex]S_{MN}[/tex] и където симетралата пресече окръжността, примерно в точки К и Р, построяваме правите КМ и KN, които пресичат окръжността в точки А и В и имаме АВК, който е равнобедрен, аналогично ако РМ и PN пресичат окръжността в точки С и Д, то СДР също е равнобедрен, тоест ако точките са на еднакво разстояние от центъра(и не съвпадат, разбира се) може да се построят два от исканите триъгълници

[martosss]

[martosss]

Сега предполагам че трябва да се разгледат още няколко случая - примерно да се начертае диаметър през N, да се начертае перпендикулярен на този диаметър и да се види какво става когато М е в двете полуокръжности, образувани от втория диаметър примерно Нещо обаче не ми идва на ум какво да направя

[evgeni91]

...не знам, дали по този начин ще се стигне до някъде, но:
...търсим [tex]"C"[/tex] такава, че: [tex]C[/tex] z [tex]k(O;R)[/tex], и [tex]\angle MCO=\angle NCO[/tex]
Може ли да вземем дължините на отсечките: [tex]R[/tex], [tex]MO[/tex] и [tex]NO[/tex], за константи?
От изразяването на 2R.cos([tex]\angle MCO=\angle NCO[/tex]) по cos_теорема за триъгълниците: MOC и NOC след следващите преобразувания стигаме до отношение на [tex]\frac{MC}{NC}[/tex] към [tex]\frac{MO}{NO}=const.[/tex]

[dgs]

Може би беше редно още в първия пост да напиша какво е направено по тая задача в другия форум. Там повече от месец никой не пише по задачата, а също така имам съгласието на необходимия човек да публикувам тук неговите тамошни резултати. Все още никой не е открил грешка в тях, така че засега са приети за верни.


Накратко:

1. Решен е само случая когато:
- M, O и N лежат на една права
- O e между M и N
- прието е че OM < ON

2. Търсено е множеството X от точките C в равнината, такива че [tex]\angle[/tex] MCO да е равен на [tex]\angle[/tex] NCO, а също така този ъгъл да не е равен на нула.

3. Показано е, че това множество X е окръжност със следните свойства
- окръжността минава през O
- центъра на окръжноста лежи на правата през M, O и N. По-точно, центъра лежи на лъча OM (още в началото е прието че OM < ON и това определя положението на центъра спрямо двата възможни лъча)
- радиус на окръжноста е r = OM.ON/(ON - OM).

4. Казано е още, че
- условията от т.3 са достатъчни за да се построи окръжността, тъй като с подобни триъгълници може да се построи отсечка с дължина r
- построява се втората окръжност и се търсят пресечните точки с първоначалната.
- (!!!) може да се окаже, че няма пресечни точки, защото новопостроената окръжност е прекалено малка

[xyz]

Направеното по точка 3 е добре известно в случай, че M, O и N са на една права. Просто се използва свойството на ъглополовящата за да се докаже наличието на тази окръжност.

Я кажи в общия случай направено ли е нещо, а и изобщо прочете ли това, което аз ти написах по-горе. Има врероятност общият случай да е "вятър работа", просто защото е нерешим. В такъв случай решението на задачата не се извършва с геометрични методи, а изцяло с алгебрични...

[dgs]

А ти прочете ли условието - казано е "да се построи".
Това означава че имаш линийка и пергел. С линийката строиш прави и отсечки през две точки, а с пергела строиш окръжности и дъги по даден радиус и център.

Ха сега обясни как с това което си написал по-горе, ще успееш да кажеш "задачата е нерешима" !

Ако не си разбрал, за частния случай, това става така:
1. Строи се новата окръжност
2. Гледа се дали има пресечни точки с окръжноста от условието. И ако няма, тогава се казва "задачата е нерешима". А ако има, се построява триъгълника (триъгълниците).

[martosss]

[r2d2]

Най ми харесва "друг форум".
Що не дадеш линк?
Освен ако е таен!

[dgs]

[martosss]

[soldier_vl]

Ето го другия форум:
http://science-bg.org/forum/viewtopic.php?p=1898
Meн не ме е страх от междуфорумните закони

[evgeni91]

dgs_ ще сгреша ли, ако кажа, че са възможни повече от едно поснроения при двете произволно зададени т-ки... в k(O;R)?

[xyz]

dgs сега разбирам аргументите ти - ти си ентусиаст да атакуваш задачата. Междо другото откъде е тази задача? Моите аргументи казваха единствено, че има вероянтост да опитваш да постоиш нещо, което не може да се построи.
В историята на математиката има такива задачи и дори в този форум някъде е писано за тях.
Всъщност ако намерите (например с компютър) геометричното място на точките за равни ъгли, но когато M N O не са на една права и се окаже, че това множество не е нито хипербола, нито парабола нито елипса (в частност окръжност), то вероятността за нерешимост на задачата (т.е. да не съществува построение от какъвто и да е вид) е твърде висока.

[dgs]

[dgs]