Равностранен триъгълник вписан в окръжност

[S.B.]

В окръжност с радиус [tex]r = 1[/tex] е вписан равностранен $\triangle ABC$.Нека $M$ е произволна точка от дъгата $AC$ и
[tex]MA = x_{1 } , MB = x_{2 } , MC = x_{3 }[/tex]

$x_{1 }^{2} + x_{2 }^{2} + x_{3 }^{2} = ?$

[Knowledge Greedy]

Отговор [tex]4[/tex].

Ъгълът, под който се вижда хордата [tex]AM[/tex] нека да е [tex]\varphi[/tex], а този, под който се вижда хордата [tex]MC[/tex] нека да е [tex]\psi[/tex].

Ясно е, че [tex]\psi + \varphi =60^\circ[/tex]

Освен това знаем, че [tex]x_1+x_3=x_2[/tex].

С помощта на синусова теорема и споменатото равенство, стигаме до извода, че [tex]x_1^2+x_2^2+x_3^2=8sin^2\varphi +8sin^2\psi +8sin\varphi sin\psi[/tex], откъдето с понижаване на степента
[tex]8.\frac{1-cos 2\varphi}{2}+8.\frac{1-cos2\psi }{2}+8sin\varphi sin\psi =8-4(cos2\varphi +cos 2\psi )+8sin^2\psi +8sin\varphi sin\psi=8-8(cos\varphi cos\psi-sin\varphi sin\psi)=8-8cos(\varphi+\psi)=8-8cos60^\circ=8-4=4[/tex]

[S.B.]

Отговор [tex]4[/tex].

Ъгълът, под който се вижда хордата [tex]AM[/tex] нека да е [tex]\varphi[/tex], а този, под който се вижда хордата [tex]MC[/tex] нека да е [tex]\psi[/tex].

Ясно е, че [tex]\psi + \varphi =60^\circ[/tex]

Освен това знаем, че [tex]x_1+x_3=x_2[/tex].

С помощта на синусова теорема и споменатото равенство, стигаме до извода, че [tex]x_1^2+x_2^2+x_3^2=8sin^2\varphi +8sin^2\psi +8sin\varphi sin\psi[/tex], откъдето с понижаване на степента
[tex]8.\frac{1-cos 2\varphi}{2}+8.\frac{1-cos2\psi }{2}+8sin\varphi sin\psi =8-4(cos2\varphi +cos 2\psi )+8sin^2\psi +8sin\varphi sin\psi=8-8(cos\varphi cos\psi-sin\varphi sin\psi)=8-8cos(\varphi+\psi)=8-8cos60^\circ=8-4=4[/tex]

Отговорът е :[tex]x_{1 }^{2} + x_{2 }^{2} + x_{3 }^{2} = 6[/tex]

[Knowledge Greedy]

Благодаря, Eввa! На последния ред трябва да е

[tex]x^2_1+x^2_2+x^2_3=... = 8sin^2 \varphi+8sin^2 \psi + 8sin \varphi sin \psi =4-4cos2\varphi+4-4cos 2\psi +8sin \varphi sin \psi =8- 8cos \frac{2\varphi+2\psi}{2}cos \frac{2\varphi-2\psi}{2}+ 8sin \varphi sin \psi =[/tex]

[tex]= 8- 4.cos (\varphi-\psi)+ 8sin \varphi sin \psi =8-4cos\varphi cos \psi - 4 sin\varphi sin\psi +8+ 8sin \varphi sin \psi = 8-4(cos\varphi cos \psi - sin\varphi sin\psi)=8-4cos(\varphi +\psi)=8-4cos60^\circ=6[/tex]

Сума на три квадрати в равностранен триъгълник и описана окръжност.png (6.34 KiB) Прегледано 3336 пъти

Ето и решение без въвеждане на параметрите [tex]\varphi[/tex] и [tex]\psi[/tex].

За сбора от квадратите използваме първоначално теорема в [tex]\triangle ACM[/tex]

[tex]x^2_1+x^2_3=(\sqrt{3})^2-2x_1x_3cos120^\circ[/tex], след като сме намерили страната на равностранния триъгълник [tex]\sqrt{3}[/tex] с помощта на дадения радиус.

Така [tex]x^2_1+x^2_3=3-x_1x_3[/tex]

Знаем, че [tex]x_2=x_1+x_3[/tex]

След повдигане на втора степен [tex]x^2_2=x^2_1+x^2_3+2x_1x_3[/tex]

и заместване [tex]x^2_2=3-x_1x_3+2x_1x_3=3+x_1x_3[/tex]

Сега остава да съберем получения квадрат [tex]x_2^2[/tex] със сумата на първите два квадрата:

[tex]x^2_2+x^2_1+x^2_3=3+x_1x_3+3-x_1x_3=6[/tex]

__________________
Интересното е, че не мога да прескоча основната задача за [tex]AM+CM=BM[/tex]. И в двете решения съществено я използвам.
Явно или трябва с нея или евентуално с теорема на Птоломей да се стартира.

[math10.com]

Ето и едно от мен което прилича на това на #Knowledge Greedy , но е доста по-кратко

От радиуса намираме дължината на страната [tex]a=\sqrt{3}[/tex] и правим Косинусови теореми за [tex]\triangle ABM ,\triangle BCM , \triangle ACM[/tex]

[tex]\begin{array}{|l} x_1^2 + x_2^2-x_1.x_2 =3 \\x_1^2+x_3^2+x_1.x_3=3 \\ x_2^2+x_3^2-x_2.x_3=3 \end{array} \Rightarrow 2(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+x_1.x_3-x_1.x_2-x_2.x_3=9[/tex]

Тук [tex]\angle AMB=\angle BMC=60^\circ ; \angle AMC=120^\circ[/tex] това е от вписани ъгли

[tex]S_{ABM}+S_{BCM}=S_{ACM}+S_{ABC} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{4}(x_1.x_2+x_2.x_3)=\frac{\sqrt{3}}{4}(x_1.x_3+3) \Rightarrow x_1.x_2+x_2.x_3-x_1.x_3=3[/tex]

Сега се връщаме на горния израз и всичко е готово...

[tex]2(x_1^2+x_2^2+x_3^2)-(x_1.x_2+x_2.x_3-x_1.x_3)=9 \Rightarrow x_1^2+x_2^2+x_3^2=6[/tex]

[nikola.topalov]

Ще предложа и аз едно решение с леко закъснение. Нека центърът на описаната окръжност около [tex]\triangle ABC[/tex] е точката [tex]O[/tex], а точките [tex]C'[/tex] и [tex]M'[/tex] са образите съответно на точките [tex]C[/tex] и [tex]M[/tex] при ротация [tex]\rho(B,-60^\circ)[/tex]:

2023-05-02 (2).png (53.42 KiB) Прегледано 2963 пъти

Понеже [tex]\rho(B,-60^\circ):BM\to BM'[/tex], то [tex]\triangle BM'M[/tex] е равностранен и точките [tex]C[/tex], [tex]M[/tex] и [tex]M'[/tex] са колинеарни (тъй като [tex]\measuredangle CMB+\measuredangle BMM'=180^\circ[/tex]). Оттук [tex]x_1=x_2+x_3[/tex]. Ясно е, че [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] (от [tex]\triangle OBC[/tex]), откъдето, след прилагане на косинусова теорема за [tex]\triangle BMC[/tex], получаваме, че [tex]x_2^2+x_3^2+x_2x_3=3[/tex]. Следователно $$\sum_{1\leq i\leq 3} x_i^2=x_2^2+x_3^2+(x_2+x_3)^2=2(x_2^2+x_3^2+x_2x_3)=6$$

[Румен Симеонов]

А ето и най-простото и най-симетрично решение (чрез свойства на вектори и техни скаларни произведения) , в което личи и кое откъде идва и защо е вярно, а и се получава и следната ,,(уж-)обобщена" теорема (на Р. Симеонов? ха, ха, шегувам се, но така поставям въпроса какво значи едно твърдение да обобщава друго?):
За всяка точка $M$ от окръжността описана около един триъгълник $ABC$, при обозначенията $x_1=|MA|, x_2=|MB|, x_3=|MC|$, $r$ - радиусът на описаната окръжност, ако центърът ѝ е в пресечната точка $O$ на медианите (май от тук следва, че триъгълника е равностранен, но в случая е важно обратното - че за равностранните триъгълници това е така) е налице равенството $x_1^2+x_2^2+x_3^2=6r^2$.
Доказателство. Обозначаваме с $O$ центъра на описаната окръжност. Понеже $A, B, C, M$ лежат на тази окръжност, следва, че $x_1^2=|AO|^2=\vec{OA}^2=r^2$ и аналогично, че $x_2^2=\vec{OB}^2=r^2$ и, че $x_3^2=\vec{OC}^2=r^2$, а и , че $x^2=\vec{OM}^2=r^2$, където $x=|MO|$.
От това, че пресечната точка на медианите дели поне една медиана в отношение 2:1 считано от върха, веднага следва, че $\vec{0}= \vec{OA} +\vec{OB}+ \vec{OC}$. Фрмулите за повдигане на 2-ра степен на разлика на 2 събираеми са в сила и за вектори, защото доказателствата се състоят в разкриване на скоби, а то е възможно и за вектори. Съответно имаме:
$x_1^2+x_2^2+x_3^2=\vec{MA}^2+\vec{MB}^2+\vec{MC}^2=(\vec{OA}-\vec{OM})^2+(\vec{OB}-\vec{OM})^2+(\vec{OC}-\vec{OM})^2=3\vec{OM}^2+\vec{OA}^2+\vec{OB}^2+\vec{OC}^2-2\vec{OM}(\vec{OA}+\vec{OB}-\vec{OC})=6r^2-2\vec{OM}.\vec{0}=6r^2$.

https://www.google.com/url?q=http://www ... IGuILFvyk-

https://oer.mon.bg/s/oer/item/10941

[Румен Симеонов]

[tex]^\circ[/tex]

А ето и най-простото и най-симетрично решение (чрез свойства на вектори и техни скаларни произведения) , в което личи и кое откъде идва и защо е вярно, а и се получава и следната ,,(уж-)обобщена" теорема (на Р. Симеонов? ха, ха, шегувам се, но така поставям въпроса какво значи едно твърдение да обобщава друго?):
За всяка точка $M$ от окръжността описана около един триъгълник $ABC$, при обозначенията $x_1=|MA|, x_2=|MB|, x_3=|MC|$, $r$ - радиусът на описаната окръжност, ако центърът ѝ е в пресечната точка $O$ на медианите (май от тук следва, че триъгълника е равностранен, но в случая е важно обратното - че за равностранните триъгълници това е така) е налице равенството $x_1^2+x_2^2+x_3^2=6r^2$.
Доказателство. Обозначаваме с $O$ центъра на описаната окръжност. Понеже $A, B, C, M$ лежат на тази окръжност, следва, че $x_1^2=|AO|^2=\vec{OA}^2=r^2$ и аналогично, че $x_2^2=\vec{OB}^2=r^2$ и, че $x_3^2=\vec{OC}^2=r^2$, а и , че $x^2=\vec{OM}^2=r^2$, където $x=|MO|$.
От това, че пресечната точка на медианите дели поне една медиана в отношение 2:1 считано от върха, веднага следва, че $\vec{0}= \vec{OA} +\vec{OB}+ \vec{OC}$. Фрмулите за повдигане на 2-ра степен на разлика на 2 събираеми са в сила и за вектори, защото доказателствата се състоят в разкриване на скоби, а то е възможно и за вектори. Съответно имаме:
$x_1^2+x_2^2+x_3^2=\vec{MA}^2+\vec{MB}^2+\vec{MC}^2=(\vec{OA}-\vec{OM})^2+(\vec{OB}-\vec{OM})^2+(\vec{OC}-\vec{OM})^2=3\vec{OM}^2+\vec{OA}^2+\vec{OB}^2+\vec{OC}^2-2\vec{OM}(\vec{OA}+\vec{OB}-\vec{OC})=6r^2-2\vec{OM}.\vec{0}=6r^2$.

https://www.google.com/url?q=http://www ... IGuILFvyk-

https://oer.mon.bg/s/oer/item/10941

Ха, ами то с горното Р. Симеонов вече е доказал и следната красива обобщена теорема, лема я наречете, ако така повече ви харесва, според която:

Ако $O$ разделя поне една от медианите на триъгълника $ABC$ в отношение 2:1 считано от върха, то за произволна точка $M$ от тримерното пространство, например - връх на пирамида с основа триъгълника $ABC$, но не само тогава, при обозначенията $x_1=|MA|, x_2=|MB|, x_3=|MC|, r_1=|OA|, r_2=|OB|, r_3=|OC|, x=|MO|$ е налице равенството:
$x^2=(1/3)(x_1^2+x_2^2+x_3^2 - r_1^2-r_2^2-r_3^2)$.

[Румен Симеонов]

А ето и най-простото и най-симетрично решение (чрез свойства на вектори и техни скаларни произведения) , в което личи и кое откъде идва и защо е вярно, а и се получава и следната ,,(уж-)обобщена" теорема (на Р. Симеонов? ха, ха, шегувам се, но така поставям въпроса какво значи едно твърдение да обобщава друго?):
За всяка точка $M$ от окръжността описана около един триъгълник $ABC$, при обозначенията $x_1=|MA|, x_2=|MB|, x_3=|MC|$, $r$ - радиусът на описаната окръжност, ако центърът ѝ е в пресечната точка $O$ на медианите (май от тук следва, че триъгълника е равностранен, но в случая е важно обратното - че за равностранните триъгълници това е така) е налице равенството $x_1^2+x_2^2+x_3^2=6r^2$.
Доказателство. Обозначаваме с $O$ центъра на описаната окръжност. Понеже $A, B, C, M$ лежат на тази окръжност, следва, че $x_1^2=|AO|^2=\vec{OA}^2=r^2$ и аналогично, че $x_2^2=\vec{OB}^2=r^2$ и, че $x_3^2=\vec{OC}^2=r^2$, а и , че $x^2=\vec{OM}^2=r^2$, където $x=|MO|$.
От това, че пресечната точка на медианите дели поне една медиана в отношение 2:1 считано от върха, веднага следва, че $\vec{0}= \vec{OA} +\vec{OB}+ \vec{OC}$. Фрмулите за повдигане на 2-ра степен на разлика на 2 събираеми са в сила и за вектори, защото доказателствата се състоят в разкриване на скоби, а то е възможно и за вектори. Съответно имаме:
$x_1^2+x_2^2+x_3^2=\vec{MA}^2+\vec{MB}^2+\vec{MC}^2=(\vec{OA}-\vec{OM})^2+(\vec{OB}-\vec{OM})^2+(\vec{OC}-\vec{OM})^2=3\vec{OM}^2+\vec{OA}^2+\vec{OB}^2+\vec{OC}^2-2\vec{OM}(\vec{OA}+\vec{OB}-\vec{OC})=6r^2-2\vec{OM}.\vec{0}=6r^2$.

https://www.google.com/url?q=http://www ... IGuILFvyk-

https://oer.mon.bg/s/oer/item/10941

Ха, ами то с горното Р. Симеонов вече е доказал и следната красива обобщена теорема, лема я наречете, ако така повече ви харесва, според която:

Ако $O$ разделя поне една от медианите на триъгълника $ABC$ в отношение 2:1 считано от върха, то за произволна точка $M$ от тримерното пространство, например - връх на пирамида с основа триъгълника $ABC$, но не само тогава, при обозначенията $x_1=|MA|, x_2=|MB|, x_3=|MC|, r_1=|OA|, r_2=|OB|, r_3=|OC|, x=|MO|$, е налице равенството:
$x^2=(1/3)(x_1^2+x_2^2+x_3^2 - r_1^2-r_2^2-r_3^2)$.

поправих линка, който системата автоматично беше повредила

[Румен Симеонов]

Ха, я вижте в следващия линк някаква си теорема наречена на Лайбниц и преценете и кажете мнението си дали пък с гореизложеното не съм преоткрил, доказал по нов и кратък и много лесен начин и обобщил някаква теорема на Лайбниц, получавайки и доказвайки съответна Теорема на Лайбниц-Симеонов, обобщавайки неизвестна ми, към момента на горния ми коментар, Теорема на Лайбниц
Нима и защо на такива лесни теореми, които тук си получавам под път и над път докато коментирам задачи от форума, толкова лесно се дава името на Лайбниц, а изглежда ще е по-трудно да се наложи името Теорема на Лайбниц-Симеонов, за горното силно нейно обобщение?

https://www.math10.com/forumbg/viewtopi ... kzLjAuMC4w

[Румен Симеонов]

Всъщност Теоремата на Симеонов (вж по-горе $x^2=(1/3)(x_1^2+x_2^2+x_3^2 - r_1^2-r_2^2-r_3^2)$) не обобщава ДИРЕКТНО теоремата на Лайбниц от посочения линк, а по-точно казано, теоремата на Лайбниц много лесно следва от Теоремата на Симеонов. А именно, замествате в теоремата на Симеонов $r_1^2+r_2^2+r_3^2$ с $(1/3)(a^2+b^2+c^2)$, което равенство следва от: $\vec{0}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$ и $0= (\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})^2=(\vec{OA})^2+(\vec{OB})^2+(\vec{OC})^2+2(\vec{OA}.\vec{OB}+\vec{OB}.\vec{OC}+\vec{OC}.\vec{OA})$, вземайки предвид и, че $a^2=(\vec{BC})^2=(\vec{OC}-\vec{OB})^2=r_3^2+r_2^2-2.\vec{OC}.\vec{OB}$, $b^2=(\vec{CA})^2=(\vec{OA}-\vec{OC})^2=r_1^2+r_3^2-2.\vec{OA}.\vec{OC}$, $c^2=(\vec{AB})^2=(\vec{OB}-\vec{OA})^2=r_2^2+r_1^2-2.\vec{OB}.\vec{OA}$.

[grav]

Симеонов, именуването на теоремите в математиката не става по този начин!

[Румен Симеонов]

Тук:
https://www.cut-the-knot.org/Curriculum ... peiu.shtml
Александър Ботомолни е използвал идеята на нашия nikola.topalov за ротация на 60°, за да докаже Теоремата на датчанина Франс ва Джоодън (Frans van Schooten), сочейки, че това е по-лесно доказателство отколкото с използване теоремата на Птолемей за доказване на тази теорема, както и за доказване и на теоремата на Помпею, доказваща и обратната теорема на датчанина Джоодън (Schooten). Аз предпочитам да я доказвам, както и обратната ѝ, като използвам на два пъти косинусовата теорема.