Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

KARKAR · #1

: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά.png (13.12 KiB) Προβλήθηκε 897 φορές

Ευθεία εφαπτόμενη στον κύκλο με εξίσωση : (x-4)^2+(y-4)^2=9

, τέμνει

τους θετικούς ημιάξονες στα σημεία A , B

. Υπολογίστε το ελάχιστο του (OAB)

.

Η άσκηση παραμένει αναπάντητη , για ( περίπου ) 7 χρόνια !

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 16, 2020 12:09 pm
Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά.pngΕυθεία εφαπτόμενη στον κύκλο με εξίσωση : , τέμνει

τους θετικούς ημιάξονες στα σημεία . Υπολογίστε το ελάχιστο του .

Η άσκηση παραμένει αναπάντητη , για ( περίπου ) 7 χρόνια !

Έστω

η προβολή του

στον

: Ε.Α.Π.png (16.18 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

$\displaystyle (OAKT) = (OAB) + (KBT) + (KAB) \Leftrightarrow 2(a + 4) = \frac{{ab}}{2} + 2(4 - b) + \frac{3}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle 4a + 4b - ab = 3\sqrt {{a^2} + {b^2}}$ και $\displaystyle b = \frac{{4{a^2} - 3\sqrt {{a^2}({a^2} - 8a + 23) - 16a} }}{{{a^2} - 8a + 7}},{a^2} - 8a + 7 \ne 0$

Έτσι έχω $\boxed{(OAB) = E(a) = \frac{{4{a^3} - 3a\sqrt {{a^2}({a^2} - 8a + 23) - 16{a^2}} }}{{2({a^2} - 8a + 7)}},{a^2} - 8a + 7 \ne 0 }$ (*)

Με παραγώγους τώρα βρίσκω ότι για $\boxed{a = 4 \pm \sqrt 2}$ το εμβαδόν παίρνει την ελάχιστη τιμή $\boxed{{(OAB)_{\min }} = 7}$

Κατασκευή: Εύκολα διαπιστώνουμε ότι το

είναι μέσο του

και ότι

Αν λοιπόν φέρω τη

μεσοκάθετο του

τότε αυτή τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία S, S'.

Το πρόβλημα έχει δύο λύσεις που δίνονται

από τα σημεία $\displaystyle A\left( {4 + \sqrt 2 ,0} \right),B\left( {0,4 - \sqrt 2 } \right)$ και $\displaystyle A'\left( {4 - \sqrt 2 ,0} \right),B'\left( {0,4 + \sqrt 2 } \right).$

(*) Αν $\displaystyle {a^2} - 8a + 7 = 0 \Leftrightarrow a = 1$ ή a=7,

τότε το τρίγωνο που προκύπτει έχει μεγαλύτερο εμβαδόν.

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 16, 2020 12:09 pm
Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά.pngΕυθεία εφαπτόμενη στον κύκλο με εξίσωση : , τέμνει

τους θετικούς ημιάξονες στα σημεία . Υπολογίστε το ελάχιστο του .

Η άσκηση παραμένει αναπάντητη , για ( περίπου ) 7 χρόνια !

Ανάλυση :

Ας είναι $A(a,0)\,\,,\,\,B(0,b)\,\,\,a,b > 0$ , το εμβαδόν $\left( {OAB} \right) = E$ . Άρα $\boxed{2E = ab}$ .

Η εφαπτομένη ευθεία $\boxed{(\varepsilon ) \to \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1 \Leftrightarrow bx + ay - ab = 0}$ .

Επειδή $d\left( {K,\varepsilon } \right) = 3 \Leftrightarrow |4\left( {a + b} \right) - ab| = 3\sqrt {{a^2} + {b^2}} \,\,(1)$ έχω δύο περιπτώσεις.

Έστω η πρώτη: $4\left( {a + b} \right) - ab = 3\sqrt {{a^2} + {b^2}} \,\,(2)$ .

Θέτω : $ab = 2E > 0\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\sqrt {{a^2} + {b^2}} = u > 0$ κι επειδή

${\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab = {u^2} + 4E$ η $\left( 2 \right)$ γίνεται : $4\sqrt {{u^2} + 4E} = 2E + 3u$ και έχω

: Εμβαδόν ελάχιστο απο παλιά_με Αναλυτική.png (17.44 KiB) Προβλήθηκε 761 φορές

την μη ισοδύναμη εξίσωση : $16\left( {{u^2} + 4E} \right) = {\left( {2E + 3u} \right)^2}$ που δίδει :

$\boxed{E = f\left( u \right) = \frac{{4\sqrt {{u^2} - 6u + 16} - 3u + 16}}{2}}$ με $\boxed{f'\left( u \right) = \frac{{4(u - 3) - 3\sqrt {{u^2} - 6u + 16} }}{{2\sqrt {{u^2} - 6u + 16} }}}$

Η $f'\left( u \right) > 0 \Rightarrow u(u - 6) > 0$ δηλαδή για $u \in (0,6]$ η

είναι γνησίως φθίνουσα ενώ

για $u \in [6, + \infty )$ η

είναι γνησίως αύξουσα , οπότε στο u = 6

παρουσιάζει ελαχίστη τιμή $\boxed{f(6) = 7}$ .

Κατασκευή :

: Εμβαδόν ελάχιστο απο παλιά.png (30.18 KiB) Προβλήθηκε 761 φορές

Επειδή

(διάμετρος του κύκλου ) αν

το σημείο επαφής το τρίγωνο KAB

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές .

Γράφω λοιπόν το κύκλο $\left( {K,3\sqrt 2 } \right)$ που τέμνει το οριζόντιο άξονα στα A,A'

. Οι εφαπτόμενες απ αυτά στο κύκλο μου ορίζουν δύο ευθείες , συμμετρικές ως προς την

y = x

που επαληθεύουν τα αριθμητικά δεδομένα της ανάλυσης και δεν εξετάζω άλλη περίπτωση .

Παρατήρηση: Με το Το έτη άλυτη που γράφει ο φίλτατος μάλλον ήθελε να μας "αποκαλύψει" την λύση .
Αν όμως αληθεύει αυτό που γράφει πολύ θα ήθελα να δω την ανάρτηση αυτή !

#5

Καλησπέρα σε όλους.

KARKAR έγραψε: Η άσκηση παραμένει αναπάντητη , για ( περίπου ) 7 χρόνια !

Πιστεύω ότι ο Θανάσης κράτησε αυτήν την άσκηση για τούτην την μέρα (17 Νοέμβρη), σαν να μάς καλεί:
"Τα έξι χρόνια είναι αρκετά, δώστε λύση να μη γίνουν επτά".

Στο πνεύμα εκείνων των χρόνων (που δεν πολυχρησιμοποιούσαν παραγώγους για τα ακρότατα), προσπάθησα μια λύση με την μέθοδο της Διακρίνουσας, εφόσον είχαν ήδη δοθεί λύσεις από τους Νίκο και Γιώργο Οι πιο παλιοί θυμούνται την "τριωνυμίτιδα", όπως την αποκαλεί ο αγαπητός Κώστας Δόρτσιος (π.χ. ΕΔΩ).

Περιέστρεψα το σχήμα για πιο βολικά αριθμητικά δεδομένα.

: 17-11-2020 Γεωμετρία επταετίας.png (35.76 KiB) Προβλήθηκε 722 φορές

Έστω κύκλος C: x^2+y^2=9

και οι ευθείες x=4, y = 4

Έστω σημείο S(x_0, y_0)

με $\displaystyle 0 < {x_0},\;{y_0} < 3$ στο 1ο τεταρτημόριο.

Η εφαπτομένη του

στο

έχει εξίσωση $\displaystyle x{x_0} + y{y_0} = 9$ και και τέμνει τις ευθείες στα $\displaystyle A\left( {\frac{{9 - 4{y_0}}}{{{x_0}}},4} \right),\;\;{\rm B}\left( {4,\;\frac{{9 - 4{x_0}}}{{{y_0}}}} \right)$

Είναι $\displaystyle \left( {{\rm K}{\rm A}{\rm B}} \right) = \frac{{{\rm K}{\rm A} \cdot {\rm K}{\rm B}}}{2} = \frac{{\left| {4 - \frac{{9 - 4{y_o}}}{{{x_0}}}} \right| \cdot \left| {4 - \frac{{9 - 4{x_0}}}{{{y_0}}}} \right|}}{2} = \frac{{{{\left( {4{x_0} + 4{y_0} - 9} \right)}^2}}}{{2{x_0}{y_0}}}$

$\displaystyle = \frac{{{{\left( {4\left( {{x_0} + {y_0}} \right) - 9} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_0} + {y_0}} \right)}^2} - 9}},$ αφού είναι $\displaystyle 2{x_0}{y_0} = {\left( {{x_0} + {y_0}} \right)^2} - 9$ .

Έστω $\displaystyle {x_0} + {y_0} = t,\;\left( {3 < t < 3\sqrt 2 } \right)\;\; \wedge \;\frac{{{{\left( {4t - 9} \right)}^2}}}{{{t^2} - 9}} = m,\;\;\left( {m > 0} \right)$ .

Είναι $\displaystyle \left( {16 - m} \right){t^2} - 72t + 81 + 9m = 0$

Θέλουμε η εξίσωση να έχει λύση.

Αν m = 16

, τότε $\displaystyle t = \frac{{15}}{8}$ , αδύνατο, αφού t>3

.

Για $m \ne 16$ , είναι $\displaystyle D \ge 0 \Leftrightarrow {72^2} - 36\left( {16 - m} \right)\left( {9 + m} \right) \ge 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow {m^2} - 7m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 7$ , άρα το ελάχιστο είναι

, όταν $\displaystyle {x_0} + {y_0} = 4$ .

Οπότε, $\displaystyle S\left( {\frac{{4 \pm \sqrt 2 }}{2},\frac{{4 \mp \sqrt 2 }}{2}} \right)$ .

Πάντως τη γεωμετρική ερμηνεία της συνθήκης: "το

να είναι μέσο της

στις θέσεις του ελαχίστου, δεν μπορώ να τη διακρίνω.

edit: Πρόσθεσα σύνδεσμο με τις αναφορές του Κώστα στην ... τριωνυμίτιδα.

KARKAR · #6

Doloros έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 17, 2020 12:57 pm
Παρατήρηση: Με το Το έτη άλυτη που γράφει ο φίλτατος μάλλον ήθελε να μας "αποκαλύψει"

την λύση . Αν όμως αληθεύει αυτό που γράφει πολύ θα ήθελα να δω την ανάρτηση αυτή !

Φυσικά Νίκο ! Πρόκειται για αυτήν .

Αν θυμάμαι καλά , είχα τότε ενημερώσει τον Χρήστο , ότι υπάρχει και μικρότερη τιμή από αυτήν που βρήκε ...

Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Re: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Re: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Re: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Re: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Re: Ελάχιστο εμβαδόν από παλιά

Μέλη σε σύνδεση