Si p,q,rp,q,rp,q,r son las longitudes de las perpendiculares desde los vértices del triángulo ABCABCABC en cualquier recta, probar a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p )+c2(r−p)(r−q)=4Δ2a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p)+c2(r−p)(r−q)= 4Δ2a^2(pq)(pr)+b^2(qr)(qp)+c^2(rp)(rq)=4\Delta^2

Dejar :

A := ( X 1 , y 1 ) ,
B := ( X 2 , y 2 ) ,
C := ( X 3 , y 3 )
sean los vértices del triangulo A B C . Considere una línea recta arbitraria en forma perpendicular X porque ⁡ θ + y pecado ⁡ θ − t = 0 . Entonces las longitudes de las perpendiculares desde los vértices del triángulo son:
pag = X 1 porque ⁡ θ + y 1 pecado ⁡ θ − t ,
q = X 2 porque ⁡ θ + y 2 pecado ⁡ θ − t ,
r = X 3 porque ⁡ θ + y 3 pecado ⁡ θ − t .
Además, las longitudes de los lados del triángulo son:
a 2 = ( X 3 − X 2 ) 2 + ( y 3 − y 2 ) 2 ,
b 2 = ( X 1 − X 3 ) 2 + ( y 1 − y 3 ) 2 ,
C 2 = ( X 2 − X 1 ) 2 + ( y 2 − y 1 ) 2 .
Usando los valores anteriores, traté de evaluar el LHS para probar el resultado deseado, pero de esa manera es demasiado tedioso. ¿Alguien puede sugerirme una prueba mejor?

Aquí ∆ es el área del triángulo.
Creo que probablemente esté utilizando "longitudes con signo", y si es así, esto debería indicarse claramente en la declaración del problema. Es decir, establece que una dirección sea positiva y la otra negativa. Si la línea recta corta el triángulo y no está utilizando la longitud con signo, me temo que la afirmación es falsa.
@Batominovski, el problema real (como se menciona en el libro de texto) considera cualquier línea recta y no dice nada sobre si las longitudes están firmadas o no.
Entonces, sugiero que agregue "longitudes con signo" de todos modos porque el problema es falso sin usar longitudes con signo.
@JeanMarie Esto se debe a que las perpendiculares no son las altitudes del triángulo. Permítanme reafirmar el problema. hay un triangulo A B C y hay una linea recta fija yo . Proyecto A , B , y C ortogonalmente sobre yo para obtener los puntos X , Y , y Z , respectivamente. Entonces, pag , q , y r son las longitudes firmadas A X , B Y , y C Z .
@Batominovski ¡Gracias! ¡No había leído bien la pregunta! Lo siento. Borro mis estúpidos comentarios.

Respuestas (1)

Pista. Dejar

F ( tu , v , w ) := ( v − w ) 2 ( pag − q ) ( pag − r ) + ( w − tu ) 2 ( q − r ) ( q − pag ) + ( tu − v ) 2 ( r − pag ) ( r − q ) .
Observa eso
F ( tu , v , w ) = ( ( v − w ) pag ) 2 + ( ( w − tu ) q ) 2 + ( ( tu − v ) r ) 2 a a a a a + 2 ( ( w − tu ) q ) ( ( tu − v ) r ) + 2 ( ( tu − v ) r ) ( ( v − w ) pag ) + 2 ( ( v − w ) pag ) ( ( w − tu ) q ) .
Por lo tanto,
F ( tu , v , w ) = ( det ( METRO ( tu , v , w ) ) ) 2 ,
dónde
METRO ( tu , v , w ) := [ 1 pag tu 1 q v 1 r w ] .

creo que los parametros tu , v , w son los tres vértices del triángulo.
No exactamente. Trata la línea recta como la X -eje. Entonces las coordenadas de los puntos A , B , y C son ( tu , pag ) , ( v , q ) , y ( w , r ) , respectivamente. Entonces tu expresión es igual F ( pag , q , r ) + F ( tu , v , w ) , pero por supuesto, F ( pag , q , r ) = 0 .
No veo cómo se pueden emplear los parámetros, para definir v − w := a , w − tu := b , tu − v := C da un resultado inesperado, a + b + C = 0 . Además, tenemos que eliminar pag , q , r de la expresión de det A .
Eso no es lo que hice. Notas que a 2 = ( q − r ) 2 + ( v − w ) 2 , b 2 = ( r − pag ) 2 + ( w − tu ) 2 , y C 2 = ( pag − q ) 2 + ( tu − v ) 2 . y el valor absoluto de det ( METRO ( tu , v , w ) ) es precisamente el doble del área del triángulo con vértices A ( tu , pag ) , B ( v , q ) , y C ( w , r ) . (Cambié el nombre de la matriz a METRO para que no lo confundamos con el punto A .)
Buena solución.......
Si p,q,rp,q,rp,q,r son las longitudes de las perpendiculares desde los vértices del triángulo ABCABCABC en cualquier recta, probar a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p )+c2(r−p)(r−q)=4Δ2a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p)+c2(r−p)(r−q)= 4Δ2a^2(pq)(pr)+b^2(qr)(qp)+c^2(rp)(rq)=4\Delta^2
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