Wetenschapsforum

In een vijfhoek ABCDE worden de hoekpunten AD verbonden. In de bekomen driehoek DEA wordt de ingeschreven cirkel met middelpunt F en straal RF getekend. Via de bisectrice van hoek EDA en het middelpunt f wordt driehoek EFD getekend met de ingeschreven cirkel met middelpunt I en straal RI. De bisectrice van hoek EFD wordt doorgetrokken naar punt G. In de driehoek EGF wordt cirkel met middelpunt H en straal RH getekend. Dan geldt :
1/RH= 1/RF +1/RI
Heb alles uitgewerkt met excel en het klopt. Maar zou er ook een sluitend meetkundig bewijs bestaan ?

Kies de zijdelengte van de regelmatige 5-hoek = 4: We weten: dus Verder is dat levert
Nu kunnen we verder met driehoek DEF:



dus en omdat is (dit laaste wegens gelijkbenigheid van driehoek EFG).

Nu kennen we de exacte waarden van alle zijden van driehoek DEF en van alle zijden van driehoek EFG.
De straal van de ingeschreven cirkels van deze 2 driehoeken kunnen we nu bepalen via


waarbij a, b en c de lengtes van de zijden van de driehoek zijn, en s de halve omtrek: (zie bijvoorbeeld https://en.wikipedia.org/wiki/Incircle_ ... gle#Radius)

Hoewel er hierbij veel tegen elkaar zal wegvallen, vermoed ik dat dit laatste deel een behoorlijk grote berekening is (meer iets voor zo'n lange winteravond).

Wellicht dat iemand met een geschikt symbolisch rekenprogramma de 2 stralen exact wil berekenen.

bij benadering

Nu r2 nog...

Hierbij de rekenkundige uitwerking uitgevoerd met wat hoekvergelijkingen en beetje driehoeksmeetkunde waaruit de rekenkundige gelijkheid blijkt

de berekeningen even bijgewerkt naar een zijde van 4 cm

(ukster: bedankt voor r2.)
Via de lengte van de zijden, exacte goniometrische gelijkheden en Heron's formule hebben we nu de exacte formule voor de 3 stralen r1, r2 en r3.
Dan resteert nog het aantonen van de gelijkheid; we beginnen met 1/r1:


r2 in iets andere vorm: dus

tenslotte 1/r3:

Uit bovenstaande volgt:
Het probleem komt over als een mooie sangaku
(https://nl.wikipedia.org/wiki/Sangaku)
De vraag is dan: is er een eleganter bewijs dan bovenstaand brutekracht bewijs ?

RedCat schreef: ↑di 13 okt 2020, 21:47 (ukster: bedankt voor r2.)
Via de lengte van de zijden, exacte goniometrische gelijkheden en Heron's formule hebben we nu de exacte formule voor de 3 stralen r1, r2 en r3.
Dan resteert nog het aantonen van de gelijkheid; we beginnen met 1/r1:

\(\frac{1}{r_1} = \sqrt{\frac{1}{2-\frac{2}{5}\sqrt{5}}}= \sqrt{\frac{2+\frac{2}{5}\sqrt{5}}{4 - \frac{4}{5}}}= \frac{1}{4}\sqrt{10+2\sqrt{5}}\)

r2 in iets andere vorm:

\(r_2 = 1+\sqrt{5}-2\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}\)

dus

\(\frac{1}{r2} = \frac{1+\sqrt{5}+2\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}}{(1+\sqrt{5})^2-4\cdot (1+\frac{2}{5}\sqrt{5})} = \frac{1+\sqrt{5}+2\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}} {2+\frac{2}{5}\sqrt{5}}\)

\(= \frac{(1+\sqrt{5}+2\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}})(2-\frac{2}{5}\sqrt{5})} {(2+\frac{2}{5}\sqrt{5})(2-\frac{2}{5}\sqrt{5}) }=\frac{1}{16}\left(1+\sqrt{5}+2\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}\right)(10-2\sqrt{5})\)

\(=\frac{1}{4}\left( 2\sqrt{5} + 5\sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}} - \sqrt{5+2\sqrt{5}} \right)\)

\(=\frac{1}{4}\left( 2\sqrt{5} + (5-\sqrt{5}) \sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left( 2\sqrt{5} + \sqrt{30-10\sqrt{5}} \sqrt{1+\frac{2}{5}\sqrt{5}}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left( 2\sqrt{5} + \sqrt{10+2\sqrt{5}}\right)\)

tenslotte 1/r3:

\(\frac{1}{r_3} = \frac{1}{4 - 2\sqrt{5}+2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}} = \frac{4 - 2\sqrt{5} - 2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}} {(4 - 2\sqrt{5})^2-\left(2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}\right)^2}\)

\(= \frac{4 - 2\sqrt{5} - 2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}} {(4 - 2\sqrt{5})^2-\left(2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}\right)^2} = \frac{2\sqrt{5} - 4 + 2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}} {4-\frac{8}{5}\sqrt{5}}\)

\(= \frac{1}{4} \left( \frac{(2\sqrt{5} - 4 + 2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}})(1+\frac{2}{5}\sqrt{5})} {(1-\frac{2}{5}\sqrt{5})(1+\frac{2}{5}\sqrt{5})}\right)\)

\(= \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{5} - 4 + 2\sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}\right)(5+2\sqrt{5})\)

\(= \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{5} + 2(5+2\sqrt{5}) \sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}\right)\)

\(= \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{5} + 2\sqrt{45+20\sqrt{5}} \sqrt{10-\frac{22}{5}\sqrt{5}}\right)\)

\(= \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{5} + 2\sqrt{10+2\sqrt{5}}\right)\)

Uit bovenstaande volgt:

\(\frac{1}{r_3} = \frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}\)

Het probleem komt over als een mooie sangaku
(https://nl.wikipedia.org/wiki/Sangaku)
De vraag is dan: is er een eleganter bewijs dan bovenstaand brutekracht bewijs ?

ik heb een oplossing uitgewerkt die wel iets eenvoudiger is. Indien gewenst kan ik het proper op papier zetten en online zetten

Deze oplossing/formule, komt ook voor bij een parallel schakeling van twee weerstanden.
Is het een soort universeel iets ?

Graag je eenvoudige oplossing hier plaatsen.

De radius van de circels kun je ook omrekenen naar oppervlakten A. En de kwadraat van de radius niet vergeten. De oppervlakten relateren weer omgekeerd evenredig met de weerstand R=rho×l/A.

Dus als ik goed redeneer zijn het eigenlijk twee weerstanden in serie. Rt=R1+R2

Waarom hier deze verhouding relatie onstaat geen idee. De relatie met weerstand is wat ver gezocht.

Hierbij mijn uitwerking voor dit probleem. Voor het berekenen van de stralen heb ik gebruik gemaakt van een misschien minder bekende methode (zie uitwerkingen). Via deze methode kon ik voor de eerste 2 deeldriehoeken een koppeling doen aan de opgegeven zijde van de vijfhoek die ik voor het gemak van rekenen heb gelijkgesteld aan 1. De derde straal vraagt ietsje meer uitwerking zonder moeilijk te worden. Na de nodige vereenvoudigingen bekomt men een mooie en eenvoudige gelijkheid. Ik heb de drie deeldriehoeken apart uitgetekend om het overzicht te bewaren.

@Rik Speybrouck: bedankt voor je uitwerking.
Je gebruikt de formule


Dat vereenvoudigt het rekenwerk aanzienlijk!
Voor mij was die formule nieuw, maar hij is redelijk eenvoudig te bewijzen:



In het plaatje ligt punt P op BC, MP = r, BP + CP = a, de bisectrices van hoeken beta en gamma zijn in rood weergegeven.
dus
en dit levert:
hetgeen te bewijzen was.