¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:si il risultato è 2 ma a noi non interessa il risultato quanto la dimostrazione
ok.
allora sia
a l'angolo CAB
allora, se AB=2R si ha che:
AC=2Rcos(a)
AH=ACcos(a)=2Rcos^2(a)
CH=ACsen(a)=2Rsen(a)cos(a)
BC=2Rsen(a)
HB=2R(1-cos^2(a))=2Rsen^2(a)
per la proprietà dei cerchi inscritti:
Area(ACH)=p(ACH) * r1
dove p è il semiperimetro
si ha quindi che:
r1 = Area(ACH)/p(ACH) =
= AH*CH/(AC+CH+AH) =
= 2Rsen(a)cos^2(a)/(sen(a)+cos(a)+1)
e che, analogamente
r2= Area(CHB)/p(CHB) = [.....] = 2Rsen^2(a)cos(a)/(sen(a)+cos(a)+1)
la differenza r1-r2 vale quindi:
2Rsen(a)cos(a)(cos(a)-sen(a))/(sen(a)+cos(a)+1)
calcoliamo ora R2 e imponiamo per semplicità di scrittura R2=x
per il teorema di pitagora:
OO'^2-OK^2=x^2
dove OO' è la congiungente tra il centro della semicirconferenza e il centro del cerchio di cui stiamo calcolando il raggio e OK è il cateto determinato dalla proiezione di OO' sul diametro AB
OO' tuttavia è OT-O'T (poichè O,O' e T stanno sulla stessa retta)
dove T è il punto di tangenza tra la circonferenza di raggio x e quella di raggio R
inoltre O'T=x e OT=R per cui:
OO'=R-x
mentre
OK=OH+x
spstituendo si ha:
(R-x)^2-(OH+x)^2=x^2
da cui:
x= -(R+OH)+sqrt(2R(R+OH))
essendo inoltre
R+OH=AH
x=-AH+sqrt(2R*AH)
e sostituendo AH= 2Rcos^2(a)
R2=-2Rcos^2(a)+2Rcos(a)
lo stesso ragionamento si fa per R1 ma stavolta si considera l'altro angolo di ampiezza 90-a
essendo cos(90-a)=sen(a)
R1=-2Rsen^2(a)+2Rsen(a)
la loro differenza è:
R1-R2= 2R(cos^2(a)-sen^2(a)+sen(a)-cos(a))
da cui mettendo in evidenza cos(a)-sen(a)
R1-R2= 2R(cos(a)-sen(a))[(cos(a)+sen(a)-1]
facendo il rapporto:
(R1-R2)/(r1-r2) =
2R(cos(a)-sen(a))[(cos(a)+sen(a))-1][(cos(a)+sen(a))+1]
= ---------------------------------------------------------------------
2R(cos(a)-sen(a))sen(a)cos(a)
semplificando cos(a)-sen(a) e 2R, svolgendo il prodotto notevole al numeratore, ricordando la goniometria e semplificando ancora otteniamo il risultato.