Εκνευριστική μεγιστοποίηση

KARKAR · #1

: Εκνευριστική μεγιστοποίηση.png (7.99 KiB) Προβλήθηκε 646 φορές

Το ορθογώνιο ABCD

έχει σταθερή την πλευρά AB=a

και μεταβλητή την AD<a

.

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{BAC} ,\widehat{DCA} , \widehat{B} , \widehat{D}$ αλληλοτεμνόμενες , σχηματίζουν

το παραλληλόγραμμο PQST

, του οποίου ψάχνουμε το μέγιστο εμβαδόν .

#2

Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία $BAC=\theta\approx24,5^0$ . Ακριβέστερα, αν $u=tan\theta/2$ , τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το

(και $\theta$ ) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0

. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}$ . Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου $\alpha^2/5$ .

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]

#3

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία $BAC=\theta\approx24,5^0$ . Ακριβέστερα, αν $u=tan\theta/2$ , τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το (και $\theta$ ) για το οποίο ισχύει η . Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}$ . Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου $\alpha^2/5$ .

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]

Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!

#4

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία $BAC=\theta\approx24,5^0$ . Ακριβέστερα, αν $u=tan\theta/2$ , τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το (και $\theta$ ) για το οποίο ισχύει η . Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}$ . Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου $\alpha^2/5$ .

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!

Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση ( $\theta\approx 25,24^0$ ), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα ( $\theta \approx25,62^0$ ). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}$ : δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:03 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία $BAC=\theta\approx24,5^0$ . Ακριβέστερα, αν $u=tan\theta/2$ , τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το (και $\theta$ ) για το οποίο ισχύει η . Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}$ . Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου $\alpha^2/5$ .

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!
Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση ( $\theta\approx 25,24^0$ ), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα ( $\theta \approx25,62^0$ ). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}$ : δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...

Με Geogebra, επιβεβαιώνεται η γωνία σου Γιώργο, $\theta \approx25,62^\circ$

#6

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:51 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:03 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία $BAC=\theta\approx24,5^0$ . Ακριβέστερα, αν $u=tan\theta/2$ , τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το (και $\theta$ ) για το οποίο ισχύει η . Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}$ . Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου $\alpha^2/5$ .

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!
Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση ( $\theta\approx 25,24^0$ ), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα ( $\theta \approx25,62^0$ ). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το $\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}$ : δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...
Με Geogebra, επιβεβαιώνεται η γωνία σου Γιώργο, $\theta \approx25,62^\circ$

!!! The plot thickens, όπως λέγαμε και εν ΗΠΑ

("Η συνωμοσία διευρύνεται")

[Ένας λόγος που θεωρούσα σωστό το αποτέλεσμα του Θανάση ... είναι και η ύπαρξη κλειστού τύπου για την γωνία του.]

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 06, 2019 7:05 pm
Εκνευριστική μεγιστοποίηση.pngΤο ορθογώνιο έχει σταθερή την πλευρά και μεταβλητή την .

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{BAC} ,\widehat{DCA} , \widehat{B} , \widehat{D}$ αλληλοτεμνόμενες , σχηματίζουν

το παραλληλόγραμμο , του οποίου ψάχνουμε το μέγιστο εμβαδόν .

Ένας τρόπος υπολογισμού του εμβαδού του παραλληλογράμμου PQST

είναι η χρήση εξωτερικού γινομένου διανυσμάτων, οπότε $(PQST)=|PQ\times PT|=|xw-yz|$ , όπου PQ=<x,y>

,

. (Βλέπε πχ εδώ.)

Ορίζοντας το κέντρο του παραλληλογράμμου ως την αρχή των αξόνων, θέτουμε $A=(-\alpha /2, -h/2)$ , $B=(\alpha /2, -h/2)$ , $C=(\alpha /2, h/2$ ), $D=(-\alpha /2, h/2)$ . Θέτοντας επίσης $\angle BAC=\theta$ , βρίσκουμε εύκολα τις εξισώσεις των τεσσάρων πλευρών του PQST

: $y+h/2=tan(\theta /2)(x+\alpha /2) (PQ)$ , $y+h/2=-(x-\alpha /2) (QS)$ , $y-h/2=tan(\theta /2)(x-\alpha /2) (ST)$ , $y-h/2=-(x+\alpha /2) (TP)$ .

Έχοντας τις εξισώσεις των πλευρών βρίσκουμε τις κορυφές επιλύοντας απλά συστήματα:

$P=\left(\dfrac{h}{1+tan(\theta /2)}-\dfrac{\alpha}{2},\dfrac{h}{2}\left(\dfrac{-1+tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}\right)\right),$

$Q=\left(\dfrac{\alpha}{2}\left(\dfrac{1-tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2}\right),\dfrac{\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}-\dfrac{h}{2}\right),$

$S=\left(-\dfrac{h}{1+tan(\theta /2)}+\dfrac{\alpha}{2},-\dfrac{h}{2}\left(\dfrac{-1+tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}\right)\right),$

$T=\left(-\dfrac{\alpha}{2}\left(\dfrac{1-tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2}\right),-\dfrac{\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}+\dfrac{h}{2}\right).$

Εύκολα τώρα υπολογίζονται οι συντεταγμένες των διανυσμάτων PQ=<x,y>

,

:

$x=\dfrac{\alpha-h}{1+tan(\theta /2)}, y=\dfrac{(\alpha -h)tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}, z=\dfrac{\alpha tan(\theta /2)-h}{1+tan(\theta /2)}, w=\dfrac{h-\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}.$

Aντικαθιστώντας τώρα την $h=\alpha tan\theta$ στην (PQST)=|xw-yz|

καταλήγουμε στον τύπο εμβαδού $E(\theta )=\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}$ που έδωσα νωρίτερα σήμερα. Θέτοντας $u=tan(\theta /2)$ , οπότε $tan\theta =\dfrac{2u}{1-u^2}$ , παρατηρούμε ότι η E'(u)=0

είναι ισοδύναμη προς την u^5+3u^4+14u^3-6u^2+5u-1=0

, εξίσωση που οδηγεί στην $u\approx 0,2236$ (μόνη πραγματική ρίζα) και στην $\theta\approx 25,62^0$ .

Προκύπτει ότι το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς $E\approx 0,1069\alpha ^2$ , και αντιστοιχεί σε ορθογώνιο ύψους $h\approx 0,4795\alpha$ .

KARKAR · #8

: Εκνευριστική μεγιστοποίηση.png (8.67 KiB) Προβλήθηκε 407 φορές

Ας περιγράψω την δική μου προσέγγιση : Θέτοντας για ευκολία a=1 , AD=b<1

, έχω :

. Βρίσκουμε την εξίσωση της

: Σημείο

ανήκει σ'αυτήν αν : $\dfrac{|bx-y|}{\sqrt{b^2+1}}=y$ , που δίνει την ( δεκτή ) λύση : $y=\dfrac{\sqrt{b^2+1}-1}{b}x$

Συνεπώς το

ως τομή των AQ , BS

, έχει συντεταγμένες : $(\dfrac{\sqrt{b^2+1}-b+1}{2},\dfrac{-\sqrt{b^2+1}+b+1}{2} )$

Όμοια βρίσκω τις συντεταγμένες των P,T

και εν συνεχεία το εμβαδόν του τριγώνου TPQ

- το

δεν μου χρειάζεται ! - με τον τύπο της ορίζουσας , το διπλάσιο του οποίου είναι το ζητούμενο .

Αυτό βρίσκεται ως συνάρτηση του

και η μεγιστοποίησή του βρίσκεται με χρήση λογισμικού ...

Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Μέλη σε σύνδεση