Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

#1

Να αποδείξετε, με γεωμετρικά επιχειρήματα, ότι αν $\displaystyle{\angle A}$ οξεία γωνία, τότε

$\displaystyle{\sin 3A=3\sin A-4\sin ^3 A,}$

$\displaystyle{\cos 3A=4\cos ^3A-3\cos A.}$

Γιώργος Μήτσιος · #2

: ημ3α.JPG (10.79 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

Καλημέρα από την βροχερή Άρτα.

Αξίζει τον κόπο (και με το παραπάνω) για μια προσπάθεια.

Ας δείξουμε ότι $\eta \mu 3\alpha =3\eta \mu \alpha -4\eta \mu ^{3}\alpha$

Στο σχήμα είναι $\hat{\Delta \Gamma B}=2\hat{A\Gamma \Delta }=2\alpha ...A\Gamma \perp AB...\Gamma Z=\Gamma \Delta =1 ...\Gamma M\perp \Delta Z$ ... $\Delta E\perp \Gamma B$ και προκύπτουν $A\Gamma =\Gamma M ....A\Delta =\Delta M$ = MZ

Είναι $\eta \mu 3\alpha =\frac{AB}{B\Gamma }$ ενώ $3h\mu \alpha -4\eta \mu ^{3}\alpha =3A\Delta -4A\Delta ^{3}$

Το Θ. Πτολεμαίου δίνει $\Delta E.A\Gamma +\Gamma E.A\Delta =\Gamma \Delta .AE=AE$ ενώ τρίγωνα $AEB \sim B\Gamma \Delta \Rightarrow \frac{AB}{B\Gamma }=\frac{AE}{\Gamma \Delta }\Rightarrow AE=\frac{AB}{B\Gamma }$

άρα είναι $\frac{AB}{B\Gamma }=\Delta E.A\Gamma +\Gamma E.A\Delta$
Για το $\Delta E$ έχουμε : τρίγωνα $\Gamma \Delta M\sim \Delta EZ\Rightarrow \frac{\Delta E}{\Delta Z}=\frac{ \Gamma M}{\Gamma \Delta }\Rightarrow \Delta E=2\Delta M.\Gamma M$

και για το $\Gamma E$ από το Γεν. Πυθαγόρειο στο τρίγωνο $\Gamma \Delta Z ...\Delta Z^{2}=2\Gamma Z^{2}-2\Gamma Z.\Gamma E\Rightarrow ...\Gamma E= 1- 2\Delta M^{2}$ επομένως

$\Delta E.A\Gamma + \Gamma E.A\Delta = 2\Delta M.\Gamma M.A\Gamma + \left(1-2\Delta M^{2} \right).A\Delta = 2A\Delta .\left(1-A\Delta ^{2}) + A\Delta - 2A\Delta ^{3}= ...= 3A\Delta -4A\Delta ^{3}$

Άρα $\frac{AB}{B\Gamma }= \Delta E.A\Gamma +\Gamma E.A\Delta = 3A\Delta -4A\Delta ^{3}$

ή το αυτό $\eta \mu 3\alpha =3\eta \mu \alpha -4\eta \mu ^{3}\alpha$

Ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σας. Συναδελφικά Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #3

: συν3α.JPG (15.87 KiB) Προβλήθηκε 951 φορές

Γεια σας , ας μην αφήσουμε το $\sigma \upsilon \nu 3\alpha$ χωρίς προσπάθεια .

Στο σχήμα είναι ορθές γωνίες στις κορυφές A,E,H

ενώ $\hat{\Delta \Gamma E} =2\hat{A\Gamma \Delta }=2\alpha$ .Παίρνουμε $\Gamma Z=\Gamma K$ και

το μέσον της Z K

.
Προκύπτουν KM=MZ

και τριχοτόμηση της $\hat{A\Gamma B}$ . Είναι $\sigma \upsilon \nu 3\alpha =\frac{A\Gamma }{B\Gamma }$ .Κατ' αρχήν ας δείξουμε ότι
$\frac{A\Gamma }{B\Gamma }=\frac{\Gamma E}{\Gamma \Delta }.\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }-\frac{\Delta E}{\Gamma \Delta }.\frac{A\Delta }{\Gamma \Delta }$ . (1) .

Το $A\Gamma E\Delta$ είναι εγγράψιμο άρα $B\Gamma .BE=BA.B\Delta$ ενώ $B\Gamma .\Delta E=2\left(B\Gamma \Delta \right)=B\Delta .A\Gamma$

Έχουμε
(1)
$\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow A\Gamma .\Gamma \Delta ^{2}=B\Gamma .\Gamma E.A\Gamma -B\Gamma .\Delta E.A\Delta \Leftrightarrow A\Gamma .\Gamma \Delta ^{2}=B\Gamma .\Gamma E.A\Gamma -A\Gamma .B\Delta .A\Delta \Leftrightarrow \Gamma \Delta ^{2}=B\Gamma .\Gamma E-B\Delta .A\Delta =B\Gamma \left(B\Gamma -BE \right)-B\Delta \left(A\Delta -B\Delta \right)= B\Gamma ^{2}-B\Gamma .BE-B\Delta .BA+B\Delta ^{2}= B\Gamma ^{2}+B\Delta ^{2}-2B\Delta .BA=B\Gamma ^{2}+B\Delta ^{2}-2B\Delta \left(B\Delta +A\Delta \right)$ $\Leftrightarrow \Gamma \Delta ^{2}=B\Gamma ^{2}+B\Delta ^{2}-2B\Delta ^{2}-2B\Delta .A\Delta \Leftrightarrow \Gamma \Delta ^{2}=A\Gamma ^{2}+AB^{2}-B\Delta ^{2}-2B\Delta .A\Delta \Leftrightarrow \Gamma \Delta ^{2}-A\Gamma ^{2}=AB^{2}-B\Delta ^{2}-2B\Delta .A\Delta$ $\Leftrightarrow A\Delta ^{2} +B\Delta ^{2}+2B\Delta .A\Delta =AB^{2 }\Leftrightarrow \left(B\Delta +A\Delta \right)^{2}=AB^{2}$

που ισχύει άρα ισχύει και η (1).

Ας δείξουμε τώρα την σχέση: $\frac{KH}{\Gamma K}=\frac{2KM}{\Gamma K}.\frac{\Gamma M}{\Gamma K} \left(2 \right) \Leftrightarrow \frac{KH}{\Gamma M}= \frac{KZ}{K\Gamma }$

που ισχύει αφού τρίγωνα $KHZ\sim K\Gamma M$ .

Αλλά και την $\frac{\Gamma H}{\Gamma K}=\frac{2\Gamma M^{2}}{\Gamma K^{2}}-1 ..\left(2 \right)$

$\frac{2\Gamma M^{2}}{\Gamma K^{2}}-1 =\frac{2\Gamma M^{2}-\Gamma K^{2}} {\Gamma K^{2}}=\frac{\Gamma M^{2}-KM^{2}}{\Gamma K^{2}}$ συνεπώς αρκεί

$\frac{\Gamma H}{\Gamma K}=\frac{\Gamma M^{2}-KM^{2}}{\Gamma K^{2}} \Leftrightarrow \Gamma H.\Gamma K=\Gamma M^{2}-KM^{2}$ που ισχύει αφού

από το γεν. Π.Θ στο τρίγωνο $\Gamma KZ$ παίρνουμε $KZ^{2}=2\Gamma Z^{2}-2\Gamma Z.\Gamma H\Leftrightarrow \Gamma Z.\Gamma H= \Gamma Z^{2}-\frac{KZ^{2}}{2}=\Gamma K^{2}-2KM^{2}= \Gamma M^{2}-KM^{2}$

και είναι $\Gamma Z=\Gamma K$ άρα και η (2) ισχύει.

Έτσι έχουμε $\sigma \upsilon \nu 3\alpha =\frac{A\Gamma }{B\Gamma }=\frac{\Gamma E}{\Gamma \Delta }.\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }-\frac{\Delta E}{\Gamma \Delta }.\frac{A\Delta }{\Gamma \Delta } =\frac{\Gamma H}{\Gamma K}.\frac{\Gamma M}{\Gamma K}-\frac{KH}{K\Gamma }.\frac{KM}{K\Gamma } =$

$\left( \frac{2\Gamma M^{2}}{\Gamma K^{2}}-1\right) .\frac{\Gamma M}{\Gamma K}-\frac{2KM.\Gamma M}{K\Gamma ^{2}}.\frac{KM}{K\Gamma }=$

$\frac{2\Gamma M^{3}}{\Gamma K^{3}}-2\frac{KM^{2}}{K\Gamma ^{2}}.\frac{\Gamma M}{\Gamma K}=2\left(\frac{\Gamma M}{\Gamma K} \right)^{3}-\frac{\Gamma M}{ \Gamma K}-2\left(1-\frac{\Gamma M^{2}}{\Gamma K^{2}} \right).\frac{\Gamma M}{\Gamma K}= ...=4\left(\frac{\Gamma M}{\Gamma K} \right)^{3}-3\left(\frac{\Gamma M}{\Gamma K} \right)= 4\sigma \upsilon \nu ^{3 }\alpha -3\sigma \upsilon \nu \alpha$
και τελικά

$\sigma \upsilon \nu 3\alpha =4\sigma \upsilon \nu ^{3}\alpha -3\sigma \upsilon \nu a$

(Είναι από την ομοιότητα τριγώνων $\frac{\Gamma E}{\Gamma \Delta }=\frac{\Gamma H}{\Gamma K}...\frac{\Delta E}{\Gamma \Delta }=\frac{KH}{K\Gamma }...\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }=\frac{\Gamma M}{\Gamma K}...\frac{A\Delta }{\Gamma \Delta }=\frac{KM}{K\Gamma }$ ).

Θα επανέλθω για να προσθέσω κάτι ... είναι αργά και αύριο πάμε σχολε'ιο!

Συναδελφικά Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #4

Γεια σας , επανέρχομαι για την ολοκλήρωση της προηγούμενης δημοσίευσης.
Για την απόδειξη του τύπου $\sigma \upsilon \nu 3\alpha$ η λύση είναι αμιγώς ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ,αλλά και για να φαίνεται , οι τριγωνομετρικές εκφράσεις εμφανίζονται μόνο στην αρχή και το τέλος. Όμως αυτό δεν το θεωρώ αναγκαίο εξηγώντας την άποψη αυτή.

Αποδεικνύοντας τη σχέση (1) που είδαμε πριν , ουσιαστικά αποδείξαμε ότι $\sigma \upsilon \nu 3\alpha =\sigma \upsilon \nu 2\alpha \sigma \upsilon \nu \alpha -\eta \mu 2\alpha \eta \mu \alpha$
Όμοια η σχέση (2) αποδεικνύει την $\eta \mu 2\alpha =2\eta \mu \alpha \sigma \upsilon \nu \alpha$

και η $\frac{\Gamma H}{K\Gamma }=\frac{2\Gamma M^{2}}{\Gamma K^{2}}-1$ (3) ( ...και όχι 2 ) αποδεικνύει την $\sigma \upsilon \nu 2\alpha =2\sigma \upsilon \nu ^{2}\alpha -1$

και βέβαια η $\frac{KM^{2}}{K\Gamma ^{2}}=1-\frac{\Gamma M^{2}}{K\Gamma ^{2}}$ μας δίνει την $\eta \mu ^{2}\alpha =1-\sigma \upsilon \nu ^{2}\alpha$

Στο τελικό στάδιο μπορούμε , αντί για την χρήση λόγων που είδαμε πριν , να κάνουμε χρήση των τριγωνομετρικών τύπων που αποδείξαμε :

$\sigma \upsilon \nu 3\alpha =\sigma \upsilon \nu 2\alpha \sigma \upsilon \nu \alpha -\eta \mu 2\alpha \eta \mu \alpha =\left(2\sigma \upsilon \nu ^{2}\alpha -1 \right)\sigma \upsilon \nu \alpha -2\eta \mu ^{2}\alpha \sigma \upsilon \nu \alpha =\left(2\sigma \upsilon \nu ^{2}\alpha -1 \right)\sigma \upsilon \nu \alpha -2\left(1-\sigma \upsilon \nu ^{2} \alpha \right)\sigma \upsilon \nu \alpha =... =4\sigma \upsilon \nu ^{3}\alpha -3\sigma \upsilon \nu \alpha$ .

Γίνεται, νομίζω φανερό ότι οι δύο τρόποι διαφέρουν μόνο στην όψη , είναι στην ουσία ένας και ο αυτός τρόπος.

Συνεπώς -έχω ξαναγράψει αυτή τη γνώμη- η χρήση τριγ. τύπων που έχουμε δείξει Γεωμετρικά σε μια κατά τ' άλλα Γεωμετρική λύση δεν της στερεί τον χαρακτήρα της ως Γεωμετρική !

Ένα τελευταίο : Η λύση γίνεται πιο απλή αν στο σχήμα φέρουμε το

πάνω στο $\Delta$ ( τότε το $H\equiv E$ ) και πάρουμε $\Gamma \Delta = \Gamma Z= 1$ , δηλ. σχήμα όμοιο με αυτό της πρώτης μου δημοσίευσης.

Ευχαριστώ για την υπομονή και την προσοχή σας. Συναδελφικά Γιώργος.

Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (3)

Μέλη σε σύνδεση