задача триъгълник

[mathinvalidnik]

Даден е правоъгълен триъгълник ABC с хипотенуза AB=1.Вписаната окръжност се допира до страните AB и AC съответно в точките M и N.Да се докаже,че [tex]MN \le \frac{2.\sqrt{3}}{9 }[/tex]

[ganka simeonova]

Даден е правоъгълен триъгълник ABC с хипотенуза AB=1.Вписаната окръжност се допира до страните AB и AC съответно в точките M и N.Да се докаже,че [tex]MN \le \frac{2.\sqrt{3}}{9 }[/tex]

Тази задача ми беше на кандидат-студентския изпит през далечната 1988 ГОд за СУ
Въведи ъгъл А като алфа да речем и изрази MN чрез алфа. И после намери НГС на получената функция

[mathinvalidnik]

След 10 мин ще си постан решениетоо,но искам да ви питам тая задача коя подред беше,сеащате ли се?

[ganka simeonova]

ПО мое време бяха 3 задачи с по някакви си подусловия. Тази беше 2 зад.

[mathinvalidnik]

От [tex]\frac{AB}{sin90 }=\frac{a}{sin\alpha }=> a=\fbox{BC=sin\alpha}[/tex]

[tex]AC^{2}=1-sin^{2}\alpha => \fbox{AC=cos\alpha}[/tex] Разгл. [tex]AMO(<M=90,<A=\frac{\alpha}{2 }) => <AOM=90-\frac{\alpha}{2 }[/tex] => [tex]< NOM=2.<AOM = 180-\alpha / \fbox{\angle NOM=180-\alpha}[/tex]

Прилагаме косинусова теорема за NOM - [tex]MN^{2}=r^{2}+r^{2}=2r^{2}.cos(180-\alpha)=2r^{2}+2r^{2}.cos\alpha=2r^{2}(1+cos\alpha)[/tex] <=> [tex]\fbox{MN=r.\sqrt{2}.\sqrt{1+cos\alpha}}[/tex]
И сега би трябвало да изразим 'r' чрез ъгъл алфа,за да се получи ф-я на ъгъл.

[tex]S_{ABC}=p.r=\frac{(\sin\alpha+\cos\alpha+1)}{2 }.r=\frac{sin\alpha.cos\alpha}{2 }[/tex] => [tex]\fbox{r=\frac{sin\alpha.cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha+1 }}[/tex] и заместваме в MN - [tex]MN=\frac{sin\alpha.cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha+1 }.\sqrt{2}.\sqrt{1+cos\alpha}[/tex] [tex]sin\alpha=\sqrt{1-cos^{2}\alpha}[/tex] =>

[tex]MN=\frac{\sqrt{1-cos^{2}\alpha}.cos\alpha.\sqrt{2}.\sqrt{1+cos\alpha}}{\sqrt{1-cos^{2}\alpha}+(1+cos\alpha) }[/tex] Пол. [tex]cos\alpha=t,|t|\le1[/tex]

[tex]MN=\frac{\sqrt{1-t^{2}}.t\.\sqrt{2}.\sqrt{1+t}}{\sqrt{1-t^{2}}+(1+t) }=\frac{(1+t)\sqrt{1-t}.t.\sqrt{2}}{\sqrt{1-t}.sqrt{1+t}+(1+t) }=f(t)[/tex] Имаме ДМ за t,но след преобразуването виждаме,че при t=-1 знаменателят =0 , и затова го игнорираме от ДМ,също така игнорираме и 1 понеже cos0=1 или [tex]t\in(-1;1)[/tex] И тук сега се търси най-голямата стойност на f(t) в интервала (-1;1)...... и тук се мъча да измисля рационален начин за намиране на максимума.аз съм го намерил,но начинът ,по който съм го намерил е меко казано мазухистичен.

[ganka simeonova]

Ужасен ужас...
След малко ще ти напиша решение

[ganka simeonova]

ПОлзвай допирателни отсечки
[tex]AM=\frac{b+c-a}{2 } =\frac{coa\alpha+1-sin\alpha }{ 2} =>MN=AMsin\frac{\alpha }{2 } =...=sin\alpha (cos{\frac{\alpha }{2 }} -sin{\frac{\alpha }{ 2}})[/tex]
ПОвдигаме на втора степен=>
[tex]MN^2=sin^2\alpha (1-sin\alpha )=sin^2\alpha -sin^3\alpha[/tex]
Полагаме [tex]sin\alpha =t\in (0; 1)[/tex]
и разглеждаме [tex]f(t)=t^2-t^3[/tex]
Тази ф-я има единствен екстремум в разглеждания интервал, който е макс и се достига за [tex]t=2/3[/tex]
Тогава [tex]f_{MAX}(2/3)=\frac{12}{81 } =>MN\le \frac{2\sqrt{3} }{ 9}[/tex]

[martin123456]

От [tex]\frac{AB}{sin90 }=\frac{a}{sin\alpha }=> a=\fbox{BC=sin\alpha}[/tex]

[tex]AC^{2}=1-sin^{2}\alpha => \fbox{AC=cos\alpha}[/tex] Разгл. [tex]AMO(<M=90,<A=\frac{\alpha}{2 }) => <AOM=90-\frac{\alpha}{2 }[/tex] => [tex]< NOM=2.<AOM = 180-\alpha / \fbox{\angle NOM=180-\alpha}[/tex]

Прилагаме косинусова теорема за NOM - [tex]MN^{2}=r^{2}+r^{2}=2r^{2}.cos(180-\alpha)=2r^{2}+2r^{2}.cos\alpha=2r^{2}(1+cos\alpha)[/tex] <=> [tex]\fbox{MN=r.\sqrt{2}.\sqrt{1+cos\alpha}}[/tex]
И сега би трябвало да изразим 'r' чрез ъгъл алфа,за да се получи ф-я на ъгъл.

[tex]S_{ABC}=p.r=\frac{(\sin\alpha+\cos\alpha+1)}{2 }.r=\frac{sin\alpha.cos\alpha}{2 }[/tex] => [tex]\fbox{r=\frac{sin\alpha.cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha+1 }}[/tex] и заместваме в MN -

дотук си е така, просто би могъл да опростиш [tex]MN[/tex] по друг начин
аз ще продължа твоето решение
написал си

[tex]\fbox{MN=r.\sqrt{2}.\sqrt{1+cos\alpha}}[/tex]

, което се преобразува като [tex]MN=2r\cos{\frac{\alpha}{2}}[/tex], заместваме и [tex]r[/tex], което си намерил и става [tex]MN=\frac{\sin{2\alpha}}{\sin{\alpha}+\cos{\alpha}+1}\cos{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin{2\alpha}}{2\sin{\frac{\alpha}{2}}\cos{\frac{\alpha}{2}}+2\cos^2{\frac{\alpha}{2}}}\cos{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}+\cos{\frac{\alpha}{2}
}[/tex]. Повдигаме го на 2ра степен [tex]MN^2=\frac{\sin^2{\alpha}(1+\sin{\alpha})(1-\sin{\alpha})}{1+\sin{\alpha}}=\sin^2{\alpha}(1-\sin{\alpha})[/tex]

[mathinvalidnik]

Tова за допирателните отсечки мисля че го виждам за първи път,предполагам,че се доакзва по лесен анчин

То това [tex]AM=\frac{b+c-a}{2 }=p-a[/tex](Koето съм го срещал) Имаше някакви зависимости [tex]p-a=r.cotg\frac{\alpha}{2 }[/tex]

[ganka simeonova]

Извинявай, но това с доп. отсечки се учи още в 8 клас;) Няма начин да го виждаш за първи път:)

[mathinvalidnik]

Извинявай, но това с доп. отсечки се учи още в 8 клас;) Няма начин да го виждаш за първи път:)

да,предполагам,че е нещо такова,не споря и не се оправдавам,просто не ми е хрумвало.