三角恒等式的另一面及证明
2007年爱尔兰数学奥林匹克竞赛第二题需要证明恒等式\(\mbox{sin}^{2}\alpha+\mbox}sin}^}2}\beta+\mbax{sin}^{2{gamma=2\),其中\(\alpha+/\beta+/\gamma=180^{circ}\)当且仅当角度\(\alpha\)、\(\beta\)或\(\gamma\)中的一个正确时成立。这个等效恒等式\(\cos^{2}\alpha+\cosqu{2}\ beta+\cos ^{2{\gamma=1)然后以勾股定理我注意到在接下来的转世中
这是波兰在1967年国际数学奥林匹克运动会上提出的[国际海事组织简编第46页]。
这三种配方的等效性显而易见。因此,下面的证明涵盖了所有三个方面。
假设\(\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}\)。然后是身份
\(\cos^{2}\alpha+\cosqu{2}\ beta+\cos ^{2{\ gamma=1\)
当且仅当角度\(\alpha\)、\(\beta\)或\(\gamma\)中的一个正确时才保持。
证据1
将标识乘以2并重新分组:
\(((2\cos^{2}\alpha-1)+(2\cos^{2]\beta-1)+2\cos^}\gamma=0\)。
由双参数公式,\(2\cos^{2} t吨-1=\cos(2t)\),这将转换为
\(\cos2\alpha+\cos2\ beta+2\cos^{2}\gamma=0\)。
接下来应用版本公式\(\cos(2s)+\cos(2t)=2\cos(s-t)\cos(s+t)\)得到
\(\cos(\alpha-\beta)\cos。
考虑到,根据问题的规定,\(\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)\),我们将后者考虑在内
\(\cos\gamma\space(\cos(\alpha-\beta)-\cos\gamma)=0\)。
因此,\(\cos\gamma=0\)或\(\ cos(\alpha-\beta)-\cos\gamma=\cos(\ alpha-\ beta)+\cos。在前一种情况下,\(\gamma\)是正确的。
在后一种情况下,\(\cos(\alpha-\beta)+\cos。
证据2
正如表达式$\cos^2\alpha+\cos*2\beta+\cos ^2\gamma=1\下面的注释所建议的那样,$可以转换为
$(-a^2+b^2+c^2)(a^2-b^2+c^2$
具有必要的含义。这是根据已知身份
$\cos^2\alpha+\cos*2\beta+\cos2\gamma+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma=1\$
和余弦定律:
$\显示样式\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab},\ldots$
证据3
这是麻省理工学院Itagi的证明。
如果三角形是正确的,WLOG让$\alpha=90^o$。因此,
$\显示样式\开始{align}&\裂缝{\sin^2\alpha+\sin^2\beta+\sin|2\gamma}{\cos^2\ alpha+\cos|2\beta+\cos2\gamma}\\&=\frac{1+\sin^2\beta+\sins^2(90^o-\beta\\&=\frac{1+\sin^2\beta+\cos^2\beta}{\cos_2\beta+\sin_2\beta}=2\结束{对齐}$
反之,设$d$为外接圆的直径。使用正弦规则,
$\显示样式\开始{align}&\裂缝{\sin^2\alpha+\sin^2\beta+\sins^2\gamma}{\cos^2\ alpha+\cos*2\beta+\cos2\gamma}=2\\\右箭头&\frac{(a^2+b^2+c^2)/d^2}{3-(a^2+b^2+c^2)/d^2}=2\\\右箭头&(a^2+b^2+c^2)=2d^2\\\右箭头&(a^2+b^2+c^2)=\分数{a^2+b^2+c^2}{(1+\cos a\cos b\cos c)}\\\向右箭头&\cos A\cos B\cos C=0。\结束{对齐}$
因此,其中一个余弦项为零,这个角度是直角。
工具书类
- D.Djukic等人,国际海事组织简编,施普林格,2011(第二版)
三角学
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