СПЕЦИАЛЬНЫЙ ВЫПУСК! ДЛЯ ЭЛИТЫ КАНАЛА!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Читайте так же в моем учебнике Геометрия 9 (В. Казаков), с. 126.uchebniki.by/rus/skachat/id01778s

[@Serg63ryba]

Ого меня еще и Ферматистом назвали (эйлер кстати тоже занимался доказательством теоремы про куб)

[@Serg63ryba]

Прошел час рассматриваю описаный треугольник ( никуда ни деться ютуб висит) однако со вписаным понятнее покрайней мере мне что точка касания вписаной окружности и основания должна делить основание пополам иначе боковые стороны будут неравные......

[@Serg63ryba]

Ролик еще идет а я уже доказал))) все окружности вписанные в угол имеют центр лежащий на биссектрисе значит пересечениебиссектрис центр вписанной окружности в треугольник. Еще пригодится знание того что точки касания отсекают равные расстояния от вершины угла

[@КонстантинВинников-р6б]

Нужно провести третью биссектрису, она должна быть и высотой и медианой, в одном лице. Это значит что из точки пересечения, можно вписать окружность с радиусом, который будет равен части высоты, отсеченной в месте пересечения гипотенуз.

[@AlexeyEvpalov]

Спасибо за доказательство.

[@Alexander--]

Раньше я находил оригинальное доказательство через тригонометрию, а вот сейчас доказал алгеброй. Воспользуемся формулой для биссектрисы через две стороны и угол между ними: l = 2bc cos(A/2)/(b + c) l = 2aс cos(B/2) /(a + c) Перепишем это так: 2bc cos(A/2) = l(b + c) 2ac cos(B/2) = l(a + c) Возведём в квадрат: 4(bc)²cos²(A/2) = l²(b + c)² 4(ac)²cos²(B/2) = l²(a + c)² Воспользуемся формулой косинуса половинного аргумента 2cos² t = 1 + cos 2t: 2(bc)²(1 + cos A) = l²(b + c)² 2(ac)²(1 + cos B) = l²(a + c)² Из теоремы косинусов выражаем оба косинуса через три стороны: 2(bc)²(1 + (b² + c² - a²)/(2bc)) = l²(b + c)² 2(ac)²(1 + (a² + c² - b²)/(2ac)) = l²(a + c)² Далее: bc(2bc + b² + c² - a²) = l²(b + c)² ac(2ac + a² + c² - b²) = l²(a + c)² Делим одно на другое, сокращаем на l² и на c, воспользуемся правилом пропорции и раскроем скобки в квадрате суммы: b(b² + 2bc + c² - a²)(a² + 2ac + c²) = = a(a² + 2ac + c² - b²)(b² + 2bc + c²) Раскроем скобки далее: a²b³ + 2a²b²c + a²bc² - a⁴b + + 2ab³c + 4ab²c² + 2abc³ - 2a³bc + + b³c² + 2b²c³ + bc⁴ - a²bc² = = a³b² + 2a²b²c + ab²c² - ab⁴ + + 2a³bc + 4a²bc² + 2abc³ - 2ab³c + + a³c² + 2a²c³ + ac⁴ - ab²c² Перенесём всё в левую часть и, что можно, вынесем за скобки, а что можно, сократим: a²b²(b - a) + 3abc²(b - a) + ab(b³ - a³) + + 4abc(b² - a²) + c²(b³ - a³) + 2c³(b² - a²) + c⁴(b - a) + ab²c(b - a) = 0 И вынесем отсюда b - a (b - a)(a²b² + 3abc² + ab(a² + ab + b²) + + 4abc(a + b) + c²(a² + ab + b²) + + 2c³(a + b) + c⁴ + ab²c) = 0 Видим, что вторая большая скобка всегда положительна (при положительных a, b, c) и никогда не обращается в 0. Значит, равна нулю первая скобка, т.е. b = a, что и требовалось доказать.

[@КонстантинВинников-р6б]

Писанина, никогда не доводила до добра, тем более такая долгая!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Большое спасибо.

[@GeometriaValeriyKazakov]

@@КонстантинВинников-р6б Это математика, детка.

[@КонстантинВинников-р6б]

@@GeometriaValeriyKazakov это словоблудие! Впишите в треугольник окружность и выведите формулу радиуса, проведя из центра к сторонам высоты, и увидите, что части отсекаемые ими на сторонах, равны между собой, через подобие образованных треугольников, писанина сократится до минимума!

[@alexeychernyshev9652]

Жаль, что не показали алгебраическое доказательство до конца. Геометрическое красивейшее получилось!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Читайте так же в моем учебнике Геометрия 9 (В. Казаков), с. 126.

[@GeometriaValeriyKazakov]

нашел: uchebniki.by/rus/skachat/id01778s

[@sergeygaus9811]

@@GeometriaValeriyKazakov пишет 403 Forbidden.

[@valeraag5634]

МОЁ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМЫ ШТЕЙНЕРА-ЛЕМУСА. Если треугольник р/б, то бисс., опущенные на боковые стороны равны.Доказывается легко по 2-му признаку р-ва треуг. Докажем, обратную теорему: Если бисс р-ны, то треуг р/б. Допустим биссектрисы СС(1) = ВВ(1) , но треуг АВС не р/б, например АВ > АС. Впишем в треуг. АВС окружность. Её центр т.О находится на пересеч. бисс., ВВ(1) пересек. с СС(1) в т.О. Опустим перпендикуляры ОНа = ОНв = ОНс = r.. < С > < В, или < С/2 > < В/2.. Тогда в треуг. ВОС по св-ву треуг ВО > СО.. В прямоуг треуг. ОВ(1)Нв и ОС(1)Нс с равными катетами ОНв = ОНс = r та гипотенуза больше, которая образует меньший угол, противолежащий одному из указанных катеров. < ОВ(1)Нв = ( < ВВ(1)С ) = 180⁰ - < С - < В/2, < ОС(1)Нс = ( < СС(1)В ) = 180⁰ - < В - < С/2. Сравнивая углы < ОВ(1)Нв \/ < ОС(1)Нс, после приведения подобных получим соответственно < В/2 \/ < С/2. Но у нас < В/2 < СО. Сложим два неравенства и получим ВВ(1) > СС(1). Мы пришли к противоречию. При равных биссектрисах треугольник не может быть не р/б.. Следовательно, если две бисс треуг равны, то он равнобедренный.

[@Vanson_Rad]

А если мы опустим перпендикуляр ОH к BC из точки O пересечения биссектрис и посмотрим на пр.тр. BOH и COH? Эти пр.тр. должны быть равны по катету и гипотенузе: катет общий, а гипотенузы образованы точкой пересечения биссектрис, которая делит биссектрисы в одинаковом отношении, т.е. BO и CO составляют одинаковую часть от равных биссектрис. Из равенства этих пр.тр. следует равенство углов, откуда треугольник BAC - равнобедренный. По-моему, так гораздо проще, хотя идея в видео и доказательство целого нового признака равенства треугольников очень красивые!

[@Vanson_Rad]

Хотя зачем я так долго морочуюсь с высотой, если там и так равнобедренный треугольник!

[@alfal4239]

"а гипотенузы образованы точкой пересечения биссектрис, которая делит биссектрисы в одинаковом отношении" -- С какого перепуга делит биссектрисы в одинаковом отношении?

[@sacredabdulla5698]

ух ты!! фантастика.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Сам в шоке.

[@sergeygaus9811]

А Вы написали об этом самому академику? М.б. он об этом Вашем доказательстве просто не знал.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Конечно, не знал, совпало.

[@alexnikola7520]

сильная задача... не решил... первый способ не очень... второй - четкий

[@GeometriaValeriyKazakov]

Сп.

[@sergeykitov2760]

В алгебраическом не надо приравнивать и на множители раскладывать: l_b^2 = ac(1-b^2/(a+c)^2), l_c^2 = ab(1-c^2/(a+b)^2). Пусть b < c, тогда: ab < ac, (a+b)^2 < (a+c)^2, c^2/(a+b)^2 > b^2(a+c)^2, (1-c^2/(a+b)^2) < (1-b^2/(a+c)^2), l_b > l_c.

[@sergeykitov2760]

Аналогично можно через площадь: 2S = ab sinC = l_c(a+b)sin(C/2). 2/l_c = (1/a+1/b)/cos(C/2). аналогичным образом из предположения, что b < c следует l_b > l_c.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Да, вы правы, от противного я на самом деле так и решал в первый раз.

[@adept7474]

Нет слов, одни междометия! Элиты молчат... Конгениально!!! Почему Казаков не академик?!

[@sacredabdulla5698]

академик Кадыров. А Казакову оно ни к чему)

[@КонстантинВинников-р6б]

@@sacredabdulla5698 Ассаламу алейкум, Абдулла! Не поминай академиков всуе! Ахмат сила!

[@makar2602]

@@КонстантинВинников-р6б тик-ток войска... даказано у меня в Украине

[@GeometriaValeriyKazakov]

@@sacredabdulla5698

[@alexv5631]

в России академики это как правило люди весьма отдалённые от науки, скорее госслужащие, рвущиеся к званиям ради хорошей жизни, а вовсе не ради что-то созидать