Фёдор Ченцов

Я пока ниразу не увидел удобного случая воспользоваться формулами Мольвейде, но обнаружил внешне похожую формулу для котангенсов. Далее идёт её несложный вывод. (p — полупериметр, r — радиус вписанной окружности) 1). По теореме котангенсов имеем: r = (p-a) / ctg(α/2) 2). a = r•ctg(β/2)...

Недавно в решении планиметрической задачи со вписанным 4-х угольником мне пришлось выражать отрезки, образованные точкой пересечения прямых, содержащих его противоположные стороны и ближайшими к ней вершинами. Получилось интересное, симметричное числовое соотношение, но его можно обобщить, получив соотношение для отрезков, которые отсекает от сторон треугольника окружность, проходящая через 2 вершины этого треугольника. Итак, имеем ΔBCF и окружность Ω, проходящую через т. C, D, A, B. Интересующие нас сейчас отрезки -- это DF и AF...

Есть одно очень интересное неравенство: неравенство Коши́ — Буняко́вского Оно выполняется для любых вещественных a, b. Я совсем не хотел отпускать это неравенство, т.к. левая его часть выглядит очень интересно. Возьмём корень из левой и правой части, чтобы отделить нужную нам левую часть. Теперь у нас есть модуль суммы произведений пар чисел. Где-то я это видел... Возьмём любую систему материальных точек и систему координат XOY и посмотрим на модуль общего импульса системы материальных точек в проекции...

На данный момент есть недоказанная гипотеза Коллатца, которая формулируется очень просто: "Берем любое натуральное число, если оно четное, то делим на 2, если нет, то умножаем на 3 и прибавляем 1. Далее опять смотрим на четность, если нечетное умножаем, прибавляем и т.д. В итоге все должно свестись к единице". Пока не нашли числа, которое не сводится к 1 таким образом. Вероятно, эта гипотеза работает для любых натуральных чисел, но доказать ее еще так и не смогли. Хочу поделится своим наблюдением, вдохновленным этой гипотезой...

Хочу показать Вам интересную формулу для равнобокой трапеции, которая может помочь в решении различных задач. Для начала посмотрим на произвольную трапецию ABCD (BC||AD). Выберем на основании AD произвольную точку E. Наша задача вывести, как относятся BE и CE с другими отрезками в трапеции. С выводом нам поможет один факт для произвольный трапеции: AC² + BD² = AB² + CD² + 2·BC·AD (доказывается через теорему косинусов) AC² + BE² + EB² + CD² + 2·BC·ED = EC² + BD² + AB² + EC² + 2·BC·AE AC² + t² + t²...