Πάλι με 80°, 80°,20°

#1

: Πάλι με 80_80_20.png (12.3 KiB) Προβλήθηκε 342 φορές

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

#2

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 14, 2021 3:00 am
Πάλι με 80_80_20.png

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

: 80-80-20..png (12.77 KiB) Προβλήθηκε 318 φορές

$\displaystyle b = 2\sin 10^\circ \Leftrightarrow \frac{b}{a} = 2\sin 10^\circ$ και $\displaystyle \frac{a}{b} + {\left( {\frac{b}{a}} \right)^2} = \frac{1}{{2\sin 10^\circ }} + 4{\sin ^2}10^\circ = \frac{{8{{\sin }^3}10^\circ + 1}}{{2\sin 10^\circ }}$

Αλλά, $\displaystyle \sin 30^\circ = 3\sin 10^\circ - 4{\sin ^3}10^\circ \Leftrightarrow 8{\sin ^3}10^\circ = 6\sin 10^\circ - 1$ και με αντικατάσταση $\boxed{\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3}$

STOPJOHN · #3

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 14, 2021 3:00 am
Πάλι με 80_80_20.png

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

Έστω ότι

η διχοτόμος της γωνίας $\hat{B},\hat{DBC}=\hat{ABD}=40^{0}$

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο $TBD,\hat{TDB}=60^{0},\hat{TBA}=20^{0},BT=TD=BD$

Από το θεώρημα της διχοτόμου και το τύπο της διχοτόμου είναι $AD=\dfrac{ab}{a+b},BD^{2}=ab^{2}\dfrac{b+2a}{(a+b)^{2}}$ αντίστοιχα

Από την ομοιότητα των τριγώνων $ATB,TBC,\dfrac{b}{a}=\dfrac{BD}{TC},(*),$

$TC=AT+a=BD-AD+a=\dfrac{1}{a+b}(a^{2}+b\sqrt{a(b+2a)})$

Συνεπώς
$(*)\Rightarrow a\sqrt{a(b+2a)}=a^{2}+b\sqrt{a(2a+b)}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}=3a^{2}b$

που είναι η αποδεικτέα σχέση

ΥΓ καλημέρα Νίκο πιστεύω να είσαι υγιής και δυνατός από τους συνεχόμενους σεισμούς στη Κρήτη

Καλημέρα Γιώργο

#4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 14, 2021 3:00 am
Πάλι με 80_80_20.png

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

Καλό μεσημέρι!

Έστω

η διχοτόμος του τριγώνου. Στο τρίγωνο ABD

μία γωνία είναι $60^\circ$ και από τις άλλες δύο η μία είναι διπλάσια της άλλης. Άρα:

: Πάλι 80-80-20.png (13.99 KiB) Προβλήθηκε 287 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {b^2} = {x^2} + A{D^2} - xAD\\ \\ A{D^2} = {x^2} + bx \end{array} \right.$

Αλλά λόγω διχοτόμου, $\displaystyle x = \frac{{ab}}{{a + b}}$ και με αντικατάσταση έχω:

$\displaystyle {b^2} = \frac{{a{b^2}(3a + b) - a{b^2}\sqrt {a(2a + b)} }}{{{{(a + b)}^2}}} \Leftrightarrow a\sqrt a = (a - b)\sqrt {2a + b} \Leftrightarrow {a^3} - 3{a^2}b + {b^3} = 0$

που είναι ισοδύναμη με την αποδεικτέα σχέση.

STOPJOHN · #5

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 14, 2021 3:00 am
Πάλι με 80_80_20.png

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

διχοτόμοι των $\hat{B},\hat{A}$ αντίστοιχα,
ADEB

ισοσκελές τραπέζιο και BJ//AC

, το τρίγωνο BDJ

Ισόπλευρο,

Εφόσον $\hat{DEC}=80^{0},\hat{EDN}=20^{0}\Rightarrow ED=DN,AD=DN\Rightarrow \hat{DNA}=\hat{NAD}=30^{0},$

Από θεώρημα διχοτόμου $AD=\dfrac{ab}{a+b},DC=\dfrac{a^{2}}{a+b},AB=BN=b$

γιατι $\hat{BAN}=\hat{BNA}=50^{0}$

Από το τύπο της διχοτόμου $BD=\dfrac{b}{a+b}\sqrt{a(b+2a)}$ και απο τα όμοια τρίγωνα $BNJ,DNC\Rightarrow \dfrac{BN}{NC}=\dfrac{BJ}{DC}\Rightarrow \dfrac{b}{a-b}=\dfrac{b\sqrt{a(b+2a))}}{a^{2}}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}=3a^{2}b$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 14, 2021 3:00 am
Πάλι με 80_80_20.png

Να δειχθεί ότι: $\dfrac{a}{b} + {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^2} = 3$

Με $\dfrac{a}{b}=x$ αρκεί να αποδείξουμε ότι x^3-3x^2+1=0

Θεωρούμε τις AD,AE

διχοτόμους των $\angle A, \angle BAD$ αντίστοιχα

Από δ.διχοτόμου $BD= \dfrac{ab}{a+b}=b \dfrac{x}{x+1}$

Ακόμη, $b^2=BE.a \Rightarrow BE= \dfrac{b^2}{a}=b \dfrac{1}{x} \Rightarrow ED=BD-BE=.. b \dfrac{x^2-x-1}{x(x+1)}$ και $EC=a-BE=a- \dfrac{b^2}{a} =b(x- \dfrac{1}{x} )$

Τέλος, $AE^2=b^2=ED.EC= b \dfrac{x^2-x-1}{x(x+1)}. b(x- \dfrac{1}{x} )$ απ όπου εύκολα x^3-3x^2+1=0

: 80-80-20.png (10.15 KiB) Προβλήθηκε 238 φορές

Πάλι με 80°, 80°,20°

Πάλι με 80°, 80°,20°

Re: Πάλι με 80°, 80°,20°

Re: Πάλι με 80°, 80°,20°

Re: Πάλι με 80°, 80°,20°

Re: Πάλι με 80°, 80°,20°

Re: Πάλι με 80°, 80°,20°

Μέλη σε σύνδεση