Helgproblem #1

Dra sträckor/linjer från alla hörn på samma sätt.

Det bildas en kvadrat i den inskrivna cirkeln ($75^o + 15^o = 90^o$), sträckorna är rätvinkliga mot varandra. Dra en diagonal i den lilla kvadraten.

Eftersom cirkeln är inskriven i kvadraten är diagonalens längd lika med $a$.

Då är det lätt att inse (Pythagoras sats) att

$a^2 = b^2 + b^2$ och $a^2 = 2 b^2$.

Då $\dfrac{a^2}{b^2} = 2$ och $\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}} = \sqrt{2}$.

$\dfrac{a}{b} = \sqrt{2}$.

MaKe skrev:

Dra sträckor/linjer från alla hörn på samma sätt.

Det bildas en kvadrat i den inskrivna cirkeln ($75^o + 15^o = 90^o$), sträckorna är rätvinkliga mot varandra. Dra en diagonal i den lilla kvadraten.

Eftersom cirkeln är inskriven i kvadraten är diagonalens längd lika med $a$.

Då är det lätt att inse (Pythagoras sats) att

$a^2 = b^2 + b^2$ och $a^2 = 2 b^2$.

Då $\dfrac{a^2}{b^2} = 2$ och $\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}} = \sqrt{2}$.

$\dfrac{a}{b} = \sqrt{2}$.

Jag måste vara trött... Var kommer 75° in i bilden. Skulle resonemanget gälla för 88°?

Trinity2 skrev:

Jag måste vara trött... Var kommer 75° in i bilden. Skulle resonemanget gälla för 88°?

Vinkeln anges i din bild:

Det kommer nog inte att gälla för $88^o$

MaKe skrev:

Trinity2 skrev:

Jag måste vara trött... Var kommer 75° in i bilden. Skulle resonemanget gälla för 88°?

Vinkeln anges i din bild:

Det kommer nog inte att gälla för $88^o$

Så hur kommer vinkeln att påverka din lösning? Jag ser inte att du drar nytta av 75°, eller så är jag synsvag.

Vinkeln måste vara inom det intervall som gör att vi verkligen kan få en kvadrat enligt MaKes figur.

Vinkeln måste såklart vara mindre än arctan(2), annars hamnar den nedre punkten i vänster halva av figuren. Men hur stor får den vara? (Del 2 av den här kluringen)

Bubo skrev:

Vinkeln måste vara inom det intervall som gör att vi verkligen kan få en kvadrat enligt MaKes figur.

Vinkeln måste såklart vara mindre än arctan(2), annars hamnar den nedre punkten i vänster halva av figuren. Men hur stor får den vara? (Del 2 av den här kluringen)

75° är av vikt och bör därmed visa att en kvadrat uppkommer. Vi kan inte bara rita ett par streck och säga "Kvadrat!". Uppgiften är inte speciellt svår med trigonometri men den är ev. lösbar med "vanlig" geometri.

Här kommer en lösning som dock använder "lite" trigonometri (Pythagoras sats, sinussatsen, vinkelsumman i en triangel=180°)

LuMa07 skrev:

Här kommer en lösning som dock använder "lite" trigonometri (Pythagoras sats, sinussatsen, vinkelsumman i en triangel=180°)

Visa spoiler

Referensfigur:

Kvadraten har sidlängden 2r, cirkeln har radien r. Den gemensamma medelpunkten betecknas med M.

Från övre högra hörnet (betecknat med P) dras två linjer: den ena med 75-graders lutning (som var givet i uppgiften) och den andra symmetriskt placerat med 15-graders lutning. Dessa linjer skär cirkeln i punkterna A och B, respektive C och D. När man kopplar ihop punterna ABCD, så bildas ett likbent parallelltrapets.

I triangeln PDA är sidorna PD och PA lika långa och vinkeln är 60° vid hörnet P, vilket innebär att PDA är liksidig. Därmed har vinklarna vid hörnen A och D i parallelltrapetset storleken på 60°. De återstående vinklarna i trapetset är därmed 120°.

Fokusera nu på triangeln PMB: MB har längden r, MP har längden sqrt(2)r, vinkeln MPB är 30°. Enligt sinussatsen är vinkeln PBM 135°. Triangelns vinkelsumma är 180°, så vinkeln BMP är 15°.

Fokusera nu på triangeln BCM: Denna triangel är likbent och vinkeln BMC är 30°. Därmed är vinklarna MCB och CBM 75°.

Fokusera nu på triangeln AMB: Vinkeln MBA är 120°-75° = 45°. Triangeln är likbent då AM och BM har båda längden r, vilket innebär att vinkeln BAM också är 45° och triangeln är faktiskt rätvinklig. Enligt Pythagoras sats kommer sidan AB ha längden sqrt(2) r.

---

Slutsats/svar: $\dfrac{a}{b} = \dfrac{2r}{\sqrt{2}\,r} = \sqrt{2}$

Tror du den är lösbar helt utan trig? Jag använde "sin/cos-koordinater" och fick

(högerledet är tan(75)) vilken har lösningen alpha=30 och så är man klar (nästan...) då resterande vinkel är 15° vilket ger 30° + Thales sats.

En lösning med "penna, passare och linjal" (samt grundläggande vinkelaritmetik) hade varit intressant, om möjligt.

(Många av dessa uppgifter från "soc. medier" har inga explicita förutsättningar eller svar, så man vet inte om det är "matte-troll" som lägger ut något.)

Trinity2 skrev:Tror du den är lösbar helt utan trig? 

Jag vet inte. Det enda stället där jag använde mig av trigonometriska funktioner var triangeln PMB, där jag behövde motivera att vinkeln M har 15°. Man känner till två sidor och en vinkel (SSV-situation, så det finns faktiskt två trianglar som har "sidlängden 1 - sidlängden sqrt(2) - vinkeln 30°").

Det är alltså följande problem:

För närvarande ser jag inte hur man kunde visa att den gredelina vinkeln är 15° utan att använda sig av trigonometriska funktioner.

Trinity2 skrev:

Vi kan inte bara rita ett par streck och säga "Kvadrat!". Uppgiften är inte speciellt svår med trigonometri men den är ev. lösbar med "vanlig" geometri.

Det är nog lättare att se och se hur beviset ska se ut i ett enklare fall:

Det är inte svårt att bevisa att det bildas en kvadrat i det andra fallet, men det kommer att ta tid och plats att införa beteckningar för alla punkter och skriva en massa text om vilka trianglar är kongruenta och så vidare. Är det det som är utmaningen?

MaKe skrev:

Dra sträckor/linjer från alla hörn på samma sätt.

Jag tycker nog att det inte är uppenbart att skärningspunkterna av de här fyra sträckorna ligger på cirkeln.

De kommer att bilda en kvadrat oavsett vinkeln, men det är just 75° som gör att kvadraten är inskriven i cirkeln, d.v.s. hörnen ligger på cirkeln.

MaKe skrev:

Trinity2 skrev:

Vi kan inte bara rita ett par streck och säga "Kvadrat!". Uppgiften är inte speciellt svår med trigonometri men den är ev. lösbar med "vanlig" geometri.

Det är nog lättare att se och se hur beviset ska se ut i ett enklare fall:

Det är inte svårt att bevisa att det bildas en kvadrat i det andra fallet, men det kommer att ta tid och plats att införa beteckningar för alla punkter och skriva en massa text om vilka trianglar är kongruenta och så vidare. Är det det som är utmaningen?

Det är svårt att säga vad som ursprungligen avsågs. Vissa av dessa uppgifter är så vaga, och tolleranta, att vad som helst "går". Stringens är inget som man ser i dessa soc. forum.

Lite kladdigt, men ändå:

Börja med att rita en liksidig triangel i cirkeln utgående från A. Randvinkelförhållandet (sic!) ger att B är 150 och man får de "önskade" vinklarna 15 också i C och E (E ligger mitt emellan C och B eftersom vi har den liksidiga triangeln  AE och upp mot vänster (ej utritad, slarvigt). Men då är linjen från C snett upp åt höger den önskade 75-gradaren. Då blir vinklarna vid E och D 45 grader. Eftersom linjen bildar 45 grader med radien i den inskrivna cirkeln blir linjestycket enligt ursprungsfiguren en sida i den inskrivna kvadraten, så som gissats.

Jag rensade lite i LuMa07:s figur.

MP = r$\sqrt{2}$   (Pythagoras)
MC = r$\sqrt{2}$/2 = r/$\sqrt{2}$    (30-60-90-triangel)
AC  är lika lång (Pythagoras)
Vinkel AMC = vinkel MAC = 45^o
På samma sätt blir vinkel CMB = 45^o
Vinkel AMB = 90^o
AB = r$\sqrt{2}$
a/b = 2r/r$\sqrt{2}$ = $\sqrt{2}$

En elegant lösning av LuMa07 & Louis.

Helgproblemet är därmed avklarat (såvida ingen annan har någon annan elegant lösning).