Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

KARKAR · #1

: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 968 φορές

Σε ημικύκλιο διαμέτρου AOB=2

, κινούνται σημεία S , T

, ώστε : $\widehat{SOT}=90^0$ . Έστω

,

η προβολή του

πάνω στην διάμετρο

. α) Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος

.

β) Εξετάστε αν κατά την στιγμή της μεγιστοποίησης , το

διέρχεται από το μέσο

της

.

#2

: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες.png (28.65 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

Γράφω τον κύκλο διαμέτρου

(με κέντρο το

) που τέμνει την

στο

.

Ας είναι SP = y

. Από την τριγωνική ανισότητα στο $\vartriangle MSP$ θα είναι :

$y \leqslant MO + MP$ , το ίσον ισχύει όταν τα S,M,P

στην ίδια ευθεία. Τότε:

$O{S^2} = SD \cdot SP \Rightarrow 1 = \left( {y - 1} \right)y \Rightarrow \boxed{{y_{\max }} = \varphi }$

Παρατήρηση .

" δια χειρός KARKAR

" ;

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Απρ 30, 2021 9:54 am
Μεγιστοποίηση για μερακλήδες.pngΣε ημικύκλιο διαμέτρου , κινούνται σημεία , ώστε : $\widehat{SOT}=90^0$ . Έστω ,

η προβολή του πάνω στην διάμετρο . α) Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος .

β) Εξετάστε αν κατά την στιγμή της μεγιστοποίησης , το διέρχεται από το μέσο της .

Δίνω μία άκομψη λύση.

Με τους συμβολισμούς του σχήματος, τα τρίγωνα SKO, OPT

είναι ίσα, άρα KO = PT = 1 - x,

$SK = OP = \sqrt {2x - {x^2}} .$ Είναι ακόμα $\displaystyle \sin \theta = \frac{1}{{SM}}.$

: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες.png (16.41 KiB) Προβλήθηκε 929 φορές

α) $\displaystyle S{P^2} = S{K^2} + K{P^2} = 2x - {x^2} + {\left( {(1 - x) + \sqrt {2x - {x^2}} } \right)^2}$ και

$\displaystyle S{P^2} = - {x^2} + 2x + 1 + 2(1 - x)\sqrt {2x - {x^2}}$

Με παραγώγους τώρα βρίσκω $\boxed{S{P_{\max }} = \Phi }$ για $\boxed{ x = 1 - \sqrt {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}}} }$

β) $\displaystyle (SOPT) = \frac{1}{2}SP \cdot OT\sin \theta = (SOT) + (OPT) = \frac{1}{2}\left( {1 + (1 - x)\sqrt {2x - {x^2}} } \right) \Leftrightarrow$

$\displaystyle SM = \frac{\Phi }{{1 + (1 - x)\sqrt {2x - {x^2}} }},$ όπου μετά τις πράξεις βγαίνει $\displaystyle SM = \frac{{\sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow MP = \frac{1}{2} = \frac{{OT}}{2},$

άρα το

είναι μέσο του OT.

#4

Καλησπέρα σε όλους. Καλό Πάσχα και καλό μήνα εύχομαι.

Μια απαγορευμένη τριγωνομετρική (με τις εξαιρετικά εύχρηστες πολικές συντεταγμένες), μερακλίδικη κι αυτή, σαν τις προηγούμενες γεωμετρικές του Νίκου και του Γιώργου.
Την αναρτώ για να φαίνεται η διαφορά των εργαλείων που χρησιμοποιήθηκαν. Δεν βρήκα αλγεβρική κατάληξη, οπότε αναγκαστικά χρησιμοποίησα παραγώγους.

: Απαγορευμένη τριγωνομετρία.jpg (49.75 KiB) Προβλήθηκε 876 φορές

Έστω ημικύκλιο $x^2+y^2=1, y \ge 0$ , $\displaystyle \varphi = \widehat {{\rm B}{\rm O}{\rm T}},\;\;0 \le \varphi \le 180^\circ$ , άρα $\displaystyle P\left( {\sigma \upsilon \nu \varphi ,\;0} \right)$ και, αφού $\displaystyle {\rm O}{\rm T} \bot {\rm O}S$ , θα είναι $\displaystyle \;S\left( { - \eta \mu \varphi ,\;\sigma \upsilon \nu \varphi } \right)$ .

: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 876 φορές

$\displaystyle SP = \sqrt {{{\left( {\sigma \upsilon \nu \varphi + \eta \mu \varphi } \right)}^2} + \sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi } = \sqrt {\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi + \eta \mu 2\varphi + 1}$

Η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = \sigma \upsilon {\nu ^2}x + \eta \mu 2x + 1,\;\;x \in \left[ {0,\pi } \right]$ έχει παράγωγο
$\displaystyle f'\left( x \right) = - \eta \mu 2x + 2\sigma \upsilon \nu 2x$

Για $\displaystyle x \in \left[ {0,\;\pi } \right]$ είναι $\displaystyle f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 2x = 2 \Leftrightarrow \varepsilon {\varphi ^2}x + \varepsilon \varphi x - 1 = 0$ οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi x = \Phi - 1\;\; \vee \;\;\varepsilon \varphi x = - \Phi$ (απορ.)

Είναι $\displaystyle f'\left( x \right) > 0$ για $\displaystyle 0 < \varepsilon \varphi 2x < 2$ και $\displaystyle f'\left( x \right) < 0$ για $\displaystyle \varepsilon \varphi 2x > 2$ , οπότε για $\displaystyle {x_0} = \tau o\xi \varepsilon \varphi \left( {\Phi - 1} \right)$ έχουμε μέγιστο.

Τότε $\displaystyle \sigma \upsilon {\nu ^2}{x_0} = \frac{{\sqrt 5 + 5}}{{10}},\;\;\eta \mu 2{x_0} = \frac{4}{5}$ , οπότε $\displaystyle S{P_{\max }} = \frac{{\sqrt {2\sqrt 5 + 6} }}{2} = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2} = \Phi$ .

Το μέγιστο παρουσιάζεται σε δύο θέσεις του

, τις $\displaystyle P\left( { \pm \sqrt {\frac{{\sqrt 5 + 5}}{{10}}} ,\;0} \right)$ .

#5

Χωρίς παραγώγους, χρησιμοποιώντας τον συμβολισμό του Γιώργου ( Γεια σου Γιώργο

):

$\displaystyle{SP=\sqrt{\cos ^2 \phi +\sin 2\phi +1}=\sqrt{\frac{1+\cos 2\phi }{2}+\sin 2\phi +1}=\sqrt{\frac{3}{2}+\sin 2\phi +\frac{1}{2}\cos 2\phi}\leq}$

$\displaystyle{\leq \sqrt{\frac{3}{2}+\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.}$

#6

matha έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 11:02 pm
Χωρίς παραγώγους, ...

Καλημέρα και Χρόνια πολλά σε όλους! Θάνο, ευχαριστώ! Έψαχνα για αλγεβρικές μεθόδους μεγιστοποίησης (μεταβλητές με σταθερό άθροισμα κ.λπ.) και δεν έβλεπα τις βασικές ανισότητες

Ως αντίδωρο στην ανισότητα B-C-S του Θάνου, μια παραλλαγή με διανύσματα:

Eίναι $\displaystyle SP = \sqrt {\frac{3}{2} + \frac{{2\eta \mu 2\varphi + \sigma \upsilon \nu 2\varphi }}{2}}$

$\displaystyle \vec v = \left( {\eta \mu 2\varphi ,\;\sigma \upsilon \nu 2\varphi } \right),\;\;\varphi \in \left[ {0,\pi } \right],\;\;\vec w = \left( {2,1} \right)$

$\displaystyle \vec v \cdot \vec w = 2\eta \mu 2\varphi + \sigma \upsilon \nu 2\varphi \le \sqrt {{2^2} + 1} \cdot \sqrt {\eta {\mu ^2}2\varphi + \sigma \upsilon {\nu ^2}2\varphi } = \sqrt 5$ , με το ίσον όταν $\displaystyle \vec v \nearrow \nearrow \vec w \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 2\varphi = 2$ , κ.ο.κ.

Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Re: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Re: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Re: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Re: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Re: Μεγιστοποίηση για μερακλήδες

Μέλη σε σύνδεση