DOWODY TRÓJKĄTA

Dowody trójkąta

Spróbujcie rozwiązać niełatwe zadania z trygonometrii. W jednym zadaniu występuje funkcja kotangens (ctg), która jest odwrotnością funkcji tangens. Możemy zatem zapisać: cot 𝛼 =

1 tan 𝛼.

Zadanie 1.

W trójkącie, którego boki maja długości: a; b; c i środkowe ma; mb; mc. Wykaż, że:

1) 𝑚𝑎2+𝑚𝑏 2_+𝑚 𝑐 2 𝑎2_+𝑏2_+𝑐2 > 3 4,

2) 𝑚𝑎2+ 𝑚𝑏2 >9₈𝑐2. Wskazówka: skorzystaj z nierówności 2₃𝑚𝑎+2₃𝑚𝑏> 𝑐 i (𝑚𝑎− 𝑚𝑏)2 ≥

0.

Ad 1) Udowodniono w artykule „Trójkątne zadania” po pierwszym zadaniu. Ad 2) Z własności udowodnionych w tekście i z nierówności trójkąta wynika, że

2 3𝑚𝑎+

2

3𝑚𝑏 > 𝑐 Podnieśmy obustronnie do kwadratu

(2 3𝑚𝑎 + 2 3𝑚𝑏) 2 > 𝑐2 4 9𝑚𝑎2+ 2 ∙ 2 3𝑚𝑎∙ 2 3𝑚𝑏+ 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2 4 9𝑚𝑎2+ 8 9𝑚𝑎∙ 𝑚𝑏+ 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2

Ponieważ kwadrat jest nieujemny, więc prawdziwa jest następująca nierówność” (𝑚𝑎− 𝑚𝑏)2 ≥ 0 𝑚_𝑎2_{− 2𝑚} 𝑎𝑚𝑏+ 𝑚𝑏2 ≥ 0 𝑚_𝑎2_{+ 𝑚} 𝑏 2 _{≥ 2𝑚} 𝑎𝑚𝑏 Ponieważ w nierówności 4 9𝑚𝑎2+ 8 9𝑚𝑎∙ 𝑚𝑏+ 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2 4 9𝑚𝑎2+ 4 9∙ 2𝑚𝑎∙ 𝑚𝑏+ 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2

Więc, gdy jeden ze składników zastąpimy czymś większym nierówność będzie nadal prawdziwa 4 9𝑚𝑎2+ 4 9∙ (𝑚𝑎2 + 𝑚𝑏2) + 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2 4 9𝑚𝑎2 + 4 9∙ 𝑚𝑎2 + 4 9∙ 𝑚𝑏2+ 4 9𝑚𝑏2 > 𝑐2 8 9𝑚𝑎2 + 8 9∙ 𝑚𝑏2 > 𝑐2 8 9(𝑚𝑎2+ 𝑚𝑏2) > 𝑐2 𝑚_𝑎2 _{+ 𝑚} 𝑏 2 _> 9 8𝑐2 Zadanie 2.

Wykaż że jeśli α; β; ɣ są kątami trójkąta o bokach a; b; c i polu S, to: cot 𝛼 + cot 𝛽 + cot 𝛾 =𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2

4𝑆

Rozwiązanie

𝑆 =1 2𝑎ℎ Gdzie h można wyliczyć albo ze wzoru

ℎ = 𝑐 sin 𝛽 albo ℎ = 𝑏 sin 𝛾 W pierwszym przypadku 𝑆 =1 2𝑎𝑐 sin 𝛽 W drugim przypadku 𝑆 =1 2𝑎𝑏 sin 𝛾 Gdyby przyjąć za podstawę trójkąta bok c, wówczas

𝑆 =1

2𝑐𝑏 sin 𝛼 Z tych wzorów można wyznaczyć

sin 𝛼 =2𝑆 𝑐𝑏 sin 𝛽 =2𝑆 𝑎𝑐 sin 𝛾 =2𝑆 𝑎𝑏 Z twierdzenia kosinusów mamy następujące wzory

𝑐2_{+ 𝑏}2_{− 2𝑏𝑐 cos 𝛼 = 𝑎}2

𝑎2_{+ 𝑐}2_{− 2𝑎𝑐 cos 𝛽 = 𝑏}2

𝑎2_{+ 𝑏}2_{− 2𝑎𝑏𝑐 cos 𝛾 = 𝑐}2

Z tych wzorów można wyznaczyć: cos 𝛼; cos 𝛽; cos 𝛾 cos 𝛼 =𝑏2+ 𝑐2 − 𝑎2

2𝑏𝑐 cos 𝛽 =𝑎2+ 𝑐2− 𝑏2

cos 𝛾 =𝑎 2_{+ 𝑏}2_{− 𝑐}2 2𝑎𝑏 Ponieważ cot 𝛼 =cos 𝛼 sin 𝛼 = 𝑏2_{+ 𝑐}2_{− 𝑎}2 2𝑏𝑐 2𝑆 𝑐𝑏 =𝑏 2_{+ 𝑐}2_{− 𝑎}2 4𝑆 Podobnie cot 𝛽 =cos 𝛽 sin 𝛽 = 𝑎2 _{+ 𝑐}2_{− 𝑏}2 2𝑎𝑐 2𝑆 𝑎𝑐 =𝑎2+ 𝑐2− 𝑏2 4𝑆 cot 𝛾 =cos 𝛾 sin 𝛾 = 𝑎2_{+ 𝑏}2_{− 𝑐}2 2𝑎𝑏 2𝑆 𝑎𝑏 = 𝑎2+ 𝑏2− 𝑐2 4𝑆 Po dodaniu stronami tych wzorów mamy

cot 𝛼 + cot 𝛽 + cot 𝛾 =𝑏2+ 𝑐2 − 𝑎2

4𝑆 + 𝑎2_{+ 𝑐}2_{− 𝑏}2 4𝑆 + 𝑎2_{+ 𝑏}2_{− 𝑐}2 4𝑆 = =𝑏2 + 𝑐2− 𝑎2+ 𝑎2+ 𝑐2− 𝑏2+ 𝑎2+ 𝑏2− 𝑐2 4𝑆 = 𝑎2 _{+ 𝑏}2_{+ 𝑐}2 4𝑆 Zadanie 3

Wykaż, że jeśli a; b; c są długościami boków trójkąta, zaś α; β; ɣ są kątami tego trójkąta leżącymi odpowiednio naprzeciw tych boków i 𝑎 < 𝑏+𝑐₂ , to 𝛼 <𝛽+𝛾₂

Rozwiązanie

Sprawdźmy co wynika z założenia

𝑎 <𝑏 + 𝑐 2 2𝑎 < 𝑏 + 𝑐 Pomnóżmy obie strony nierówności przez (−1)

−2𝑎 > −(𝑏 + 𝑐) Niech Ob – obwód trójkąta. Wówczas

𝑂𝑏 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 = 𝑂𝑏 − (𝑏 + 𝑐) Do obu stron nierówności dodajmy Ob.

𝑂𝑏 − 2𝑎 > 𝑂𝑏 − (𝑏 + 𝑐) 𝑂𝑏 − 2𝑎 > 𝑎

𝑂𝑏 > 3𝑎 𝑎 <1

3𝑂𝑏

Sprawdźmy jeszcze jaki warunek musi spełniać kąt α aby była spełniona nierówność z tezy 𝛼 <𝛽 + 𝛾

2 2𝛼 < 𝛽 + 𝛾 Obie strony nierówności mnożymy przez (−1)

−2𝛼 > −(𝛽 + 𝛾) Ale

𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 180𝑜

Więc

𝛼 = 180𝑜_{− (𝛽 + 𝛾)}

Wróćmy do naszej nierówności i do obu stron dodajmy 180o

180𝑜_{− 2𝛼 > 180}𝑜_{− (𝛽 + 𝛾)}

180𝑜_{− 2𝛼 > 𝛼}

180𝑜_{> 3𝛼}

𝛼 < 60𝑜

Ponieważ na każdym trójkącie można opisać okrąg więc boki tego trójkąta są cięciwami odpowiednich łuków, a jego kąty są kątami wpisanymi w ten okrąg. Kąt α leżący naprzeciw boku a jest kątem wpisanym opartym na łuku, którego cięciwą jest bok a. Ponieważ bok ten jest mniejszy od 1₃ obwodu trójkąta, więc interesujący nas łuk jest mniejszy od 1₃ całego okręgu i dlatego kąt α jest mniejszy od 60o_{, czyli spełnia nierówność}

𝛼 <𝛽 + 𝛾 2