Angoli dei Triangoli

[axpgn]

Siano $alpha, beta, gamma$ gli angoli interni di un triangolo.


Mostrare che:

a) $sin(alpha)+sin(beta)+sin(gamma)=4cos(alpha/2)cos(beta/2)cos(gamma/2)$


b) $sin(2alpha)+sin(2beta)+sin(2gamma)=4sin(alpha)sin(beta)sin(gamma)$


c) $sin(4alpha)+sin(4beta)+sin(4gamma)=-4sin(2alpha)sin(2beta)sin(2gamma)$



Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

$sen(a)+sen(b)+sen(c)=4cos(a/2)cos(b/2)cos(c/2)$
$=>sen(a)+sen(b)+sen(pi-(a+b))=4cos(a/2)cos(b/2)cos(pi/2-(a+b)/2)$
$=>sen(a)+sen(b)+sen(a+b)=4cos(a/2)cos(b/2)sen((a+b)/2)$

applicando le formule di Werner si ottiene

$4cos(a/2)cos(b/2)sen((a+b)/2)=$
$=4cos(a/2){1/2[sen((a+b)/2-b/2)+sen((a+b)/2+b/2)]}=$
$=2cos(a/2)sen(a/2)+2cos(a/2)sen((a+2b)/2)=$
$=sen(2*a/2)+2cos(a/2)sen((a+2b)/2)$
$=>sen(b)+sen(a+b)=2cos(a/2)sen((a+2b)/2)$

applicando le formule di Prostaferesi si ottiene

$2cos(a/2)sen((a+2b)/2)=$
$=2cos(((a+b)-(b))/2)sen(((a+b)+(b))/2)$
$=sen(a+b)+sen(b)$

Anche se probabilmente l'uguaglianza può essere dimostrata in modo più elegante!

[axpgn]

Non mi torna il tuo modo di procedere ... ovvero sei partito dalla tesi per arrivare e questo va bene solo se sei in grado di riscrivere la dimostrazione partendo dall'ipotesi; questo non è scontato perché i passaggi che si fanno in un senso non è detto, a priori, chi si possano fare nell'altro.
Non so se mi sono spiegato ...

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

Non so se ti sei spiegato, ma io non ho capito!

Intendi che la dimostrazione dell'uguaglianza non va bene dal punto di vista logico-matematico oppure dal punto di vista del "gioco", nel senso che bisogna obbligatoriamente ottenere il secondo termine partendo dal primo?

[axpgn]

Non mi sono spiegato, evidentemente
In effetti, non sempre mi capisco neanch'io
Allora facciamo così ...

Se la dimostrazione è corretta, non dovresti avere nessun problema a riscriverla partendo da $sin(alpha)+sin(beta)+sin(gamma)$ e trasformandola nei vari passaggi, giungere a $4cos(alpha/2)cos(beta/2)cos(gamma/2)$, no?

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

$sen(a)+sen(b)+sen(c)=$
$=sen(a)+sen(b)+sen(pi-(a+b))=$
$=sen(a)+sen(b)+sen(a+b)=$
$=sen(2/2a)+2sen(((a+b)+(b))/2)cos(((a+b)-(b))/2)=$
$=sen(2*a/2)+2sen((a+2b)/2)cos(a/2)=$
$=2sen(a/2)cos(a/2)+2sen((a+2b)/2)cos(a/2)=$
$=4cos(a/2){1/2[sen(a/2)+sen((a+2b)/2)]}=$
$=4cos(a/2){1/2[sen((a+b-b)/2)+sen((a+b+b)/2)]}=$
$=4cos(a/2){1/2[sen((a+b)/2-b/2)+sen((a+b)/2+b/2)]}=$
$=4cos(a/2)sen((a+b)/2)cos(b/2)=$
$=4cos(a/2)cos(b/2)sen((pi-c)/2)=$
$=4cos(a/2)cos(b/2)sen(pi/2-c/2)=$
$=4cos(a/2)cos(b/2)cos(c/2)$

Magari mi sfugge qualcosa, ma proprio non capisco perché da un punto di vista logico-matematico la correttezza dovrebbe dipendere dal "verso" scelto!

[axpgn]

Ok, adesso ho capito

Per quanto riguarda il "verso" ... se hai un'identità, non c'è problema ma, qualora non lo fosse (e a priori non lo sai, dato che è quello che devi dimostrare) non è detto che un senso sia uguale all'altro.
Per fare un esempio stupido, questa $b=a^2$ non è sempre equivalente a questa'altra $sqrt(b)=a$.

Spero di avercela fatta a spiegarmi stavolta

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

Ok, credo di aver capito cosa intendi!

Appena ho tempo mi cimento anche con le altre due.

[orsoulx]

"axpgn":Spero di avercela fatta a spiegarmi stavolta

Non è facile spiegare quanto sostieni: l'uso delle usuali formule goniometriche (che sono, nel loro ambito di validità, delle identità) e dei principi di equivalenza, consentono di procedere come si vuole.

@Super Squirrel:
Alex non voleva costringerti ad affastellare covoni di formule: il suo scopo è raggiungere $ 100000 $ emoticon
per ottenere il premio della collezione.
Ciao

[axpgn]

Perché? C'è un premio?

[Super Squirrel]

b) $sen(2a)+sen(2b)+sen(2c)=$
$=sen(2a)+sen(2b)+sen(2(pi-a-b))=$
$=sen(2a)+sen(2b)+sen(-2(a+b))=$
$=sen(2a)+sen(2b)-sen(2(a+b))=$
$=2sen((2a+2b)/2)cos((2a-2b)/2)-sen(2(a+b))=$
$=2sen(a+b)cos(a-b)-2sen(a+b)cos(a+b)=$
$=4sen(a+b){1/2[cos(a-b)-cos(a+b)]}=$
$=4sen(a+b)sen(a)sen(b)=$
$=4sen(a)sen(b)sen(pi-c)=$
$=4sen(a)sen(b)sen(c)$

c) $sen(4a)+sen(4b)+sen(4c)=$
$=sen(4a)+sen(4b)+sen(4(pi-a-b))=$
$=sen(4a)+sen(4b)+sen(-4(a+b))=$
$=sen(4a)+sen(4b)-sen(4(a+b))=$
$=2sen((4a+4b)/2)cos((4a-4b)/2)-sen(2(2(a+b)))=$
$=2sen(2(a+b))cos(2(a-b))-2sen(2(a+b))cos(2(a+b))=$
$=4sen(2(a+b)){1/2[cos(2a-2b)-cos(2a+2b)]}=$
$=4sen(2(a+b))sen(2a)sen(2b)=$
$=4sen(2a)sen(2b)sen(2(pi-c))=$
$=4sen(2a)sen(2b)sen(-2c)=$
$=-4sen(2a)sen(2b)sen(2c)$

Rigorosamente !

[axpgn]

sulla fiducia

L'autore afferma che basta la prima dimostrazione. Questo perché dovremmo avere ...

Dato che $alpha+beta+gamma=pi=(pi-2alpha)+(pi-2beta)+(pi-2gamma)$ e siccome $sin(2alpha)=sin(pi-2alpha)$ allora la prima vale anche per la seconda (poi trasformata nel secondo membro finale)
E dalla seconda alla terza, idem.

O no?

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

"axpgn":L'autore afferma che basta la prima dimostrazione. Questo perché dovremmo avere ...

Dato che $alpha+beta+gamma=pi=(pi-2alpha)+(pi-2beta)+(pi-2gamma)$ e siccome $sin(2alpha)=sin(pi-2alpha)$

E ci siamo!

"axpgn":allora la prima vale anche per la seconda (poi trasformata nel secondo membro finale)
E dalla seconda alla terza, idem.

Qui invece mi perdo un po'...

In ogni caso ho provato a generalizzare il risultato sfruttando lo stesso procedimento adottato per b) e c) (e che col senno di poi mi avrebbe consentito di dimostrare anche la a) in modo più semplice):

$sen(na)+sen(nb)+sen(nc)=$
$=sen(na)+sen(nb)+sen(npi-n(a+b))=$
$=sen(na)+sen(nb)+sen(npi)cos(n(a+b))-cos(npi)sen(n(a+b))=$
$=sen(na)+sen(nb)-cos(npi)sen(n(a+b))=$
$=2sen((na+nb)/2)cos((na-nb)/2)-cos(npi)sen(2((n(a+b))/2))=$
$=2sen((na+nb)/2)cos((na-nb)/2)-2cos(npi)sen((na+nb)/2)cos((na+nb)/2)=$
$=4sen((na+nb)/2){1/2[cos((na)/2-(nb)/2)-cos(npi)cos((na)/2+(nb)/2)]}=$
$=4sen((n(pi-c))/2)sen((npi)/2-(na)/2)sen((npi)/2-(nb)/2)=$
$=4sen((npi)/2-(na)/2)sen((npi)/2-(nb)/2)sen((npi)/2-(nc)/2)$

[axpgn]

"Super Squirrel":Qui invece mi perdo un po'...

Penso che l'autore intenda dire: so che $sin(2alpha)=sin(pi-2alpha)$ quindi $sin(2alpha)+sin(2beta)+sin(2gamma)=sin(pi-2alpha)+sin(pi-2beta)+sin(pi-2gamma)$.
Ma il secondo membro è la somma dei seni di tre angoli la cui somma è $pi$ come l'ipotesi del primo caso quindi essendo soddisfatta l'ipotesi anche la tesi è verificata.
Ed in effetti funziona ... però anch'io sono dubbioso (anche se non faccio testo )

Cordialmente, Alex

[anto_zoolander]

C'è un modo carino e totalmente diverso, non so se sia più o meno lungo

il claim è dimostrare che il gradiente della funzione è nullo ovunque.
Essendo in un connesso, la funzione essenzialmente accetta tutto $RR^2$, un teorema garantisce che la funzione di partenza deve essere costante(tipo lagrange in più variabili)

si considera $f(x,y)=sin(x)+sin(y)+sin(pi-x-y)-4cos(x/2)cos(y/2)cos((pi-x-y)/2)$
che si può scrivere come $f(x,y)=sin(x)+sin(y) +sin(x+y)-4cos(x/2)cos(y/2)sin((x+y)/2)$

si deriva parzialmente rispetto ad $x$ ottenendo

$cos(x)+cos(x+y)+2sin(x/2)cos(y/2)sin((x+y)/2)-2cos(x/2)cos(y/2)cos((x+y)/2)=$

$cos(x)+cos(x+y)-2cos(y/2)*[cos(x/2)cos((x+y)/2)-sin(x/2)sin((x+y)/2)]$

$cos(x)+cos(x+y)-2cos(y/2)*cos(x+y/2)$

sommando e sottraendo $sin(y/2)sin(x+y/2)$ si ottengono i termini

$cos(y/2)cos(x+y/2)-sin(y/2)sin(x+y/2)=cos(x+y)$

$cos(y/2)cos(x+y/2)+sin(y/2)sin(x+y/2)=cos(x)$

quindi $f_x(x,y)$ è identicamente nulla, data la simmetria del problema anche le altre lo saranno, and then... $nablaf(x,y)=0$ e $f(0,0)=0$

quindi si conclude. Le altre posizioni sono analoghe

[axpgn]

Riflettendoci un attimo, è più semplice di quel che mi sembrava ...

Si è dimostrato che questa $sin(alpha)+sin(beta)+sin(gamma)=4cos(alpha/2)cos(beta/2)cos(gamma/2)$ è vera, con la sola ipotesi che $alpha+beta+gamma=pi$

Sappiamo anche che $alpha+beta+gamma=pi=(pi-2alpha)+(pi-2beta)+(pi-2gamma)$ e $sin(2alpha)=sin(pi-2alpha)$

Se ora pongo $(pi-2alpha)=phi, (pi-2beta)=psi, (pi-2gamma)=rho$ ottengo $sin(phi)+sin(psi)+sin(rho)=4cos(phi/2)cos(psi/2)cos(rho/2)$ che è altrettanto vera.

Risostituendo i valori iniziali ottengo la b)

@anto
[ot]Mi sa che ti sei dimenticato in che sezione sei ... [/ot]

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

"axpgn":

Riflettendoci un attimo, è più semplice di quel che mi sembrava ...

Si è dimostrato che questa $sin(alpha)+sin(beta)+sin(gamma)=4cos(alpha/2)cos(beta/2)cos(gamma/2)$ è vera, con la sola ipotesi che $alpha+beta+gamma=pi$

Sappiamo anche che $alpha+beta+gamma=pi=(pi-2alpha)+(pi-2beta)+(pi-2gamma)$ e $sin(2alpha)=sin(pi-2alpha)$

Se ora pongo $(pi-2alpha)=phi, (pi-2beta)=psi, (pi-2gamma)=rho$ ottengo $sin(phi)+sin(psi)+sin(rho)=4cos(phi/2)cos(psi/2)cos(rho/2)$ che è altrettanto vera.

Risostituendo i valori iniziali ottengo la b)