mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 7:31 pm**

: Μέγιστο για λίγους.png (3.38 KiB) Προβλήθηκε 833 φορές

Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του ισοσκελούς τραπεζίου του παρατιθέμενου σχήματος .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 9:02 pm**

Καλησπέρα σε όλους. Δεν νομίζω να υπάρχει ακριβής αλγεβρική λύση.

: 06-11-2022 Γεωμετρία.png (6.73 KiB) Προβλήθηκε 823 φορές

Στο

είναι $\displaystyle AE = 2\eta \mu \varphi ,\;\;DE = 2\sigma \upsilon \nu \varphi$ , με $\displaystyle \varphi \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)$ ,

οπότε $\displaystyle \left( {ABCD} \right) = \frac{{AB + CD}}{2} \cdot DE = \frac{{7 + 7 + 4\eta \mu \varphi }}{2} \cdot 2\sigma \upsilon \nu \varphi = 14\sigma \upsilon \nu \varphi + 2\eta \mu 2\varphi$

Η συνάρτηση $\displaystyle f:\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right) \to R,\;\;\;f\left( x \right) = 14\sigma \upsilon \nu x + 2\eta \mu 2x$ είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle f'\left( x \right) = - 14\eta \mu x + 4\sigma \upsilon \nu 2x$ .

Επειδή η 2η παράγωγος $\displaystyle f''\left( x \right) = - 14\sigma \upsilon \nu x - 8\eta \mu 2x$ είναι αρνητική στο Π.Ο. της (ως άθροισμα αρνητικών όρων), η 1η παράγωγος είναι γν. φθίνουσα με σύνολο τιμών [-18, 4]

, οπότε, από Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, εφόσον είναι συνεχής, βρίσκουμε ότι υπάρχει μία ακριβώς ρίζα της, στην οποία μάλιστα η

έχει μέγιστο.

Με λογισμικό, το μέγιστο εμβαδόν είναι περίπου 14,5237

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 07, 2022 6:37 am**

Κι όμως Γιώργο , η ακριβής απάντηση είναι : $E=\dfrac{15\sqrt{15}}{4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 07, 2022 8:05 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 06, 2022 7:31 pm
Μέγιστο για λίγους.pngΥπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του ισοσκελούς τραπεζίου του παρατιθέμενου σχήματος .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Οι πολλοί θα βλέπουν το - υποτιθέμενο ; - ντέρμπι

Φέρνω τα ύψη AE=BF=h

του τραπεζίου και θέτω DE=FC=x,

οπότε $\displaystyle h = \sqrt {4 - {x^2}}$

: Μέγιστο για λίγους.png (5.06 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές

$\displaystyle (ABCD) = (x + 7)\sqrt {4 - {x^2}} ,$ απ' όπου εύκολα βρίσκω $\boxed{{(ABCD)_{\max }} = \frac{{15\sqrt {15} }}{4}}$ όταν $\displaystyle x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{h = \frac{{\sqrt {15} }}{2}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 07, 2022 11:43 am**

: Για λίγους , σχόλια.png (3.63 KiB) Προβλήθηκε 721 φορές

Στη γενική περίπτωση , το αποτέλεσμα βγαίνει απίστευτα "δύστροπο" . Συγκεκριμένα :

$E_{max}=\dfrac{(3a+\sqrt{a^2+8b^2})\sqrt{8b^2-2a^2+2a\sqrt{a^2+8b^2}}}{16}$ .

Αν : a=b

, βγαίνει το ημιεξάγωνο ( υπάρχει σχετική άσκηση στο σχολικό βιβλίο ) .

Για ένα "αξιοπρεπές" αποτέλεσμα , απαίτησα το a^2+8b^2

να είναι τέλειο τετράγωνο : $(7^2+8\cdot 2^2=9^2)$ .

Στην "Γεωμετρία των Ιησουιτών" , υπολογίζεται χωρίς χρήση παραγώγων . Πρόβλημα 615 , * 1712

, σελίδα

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 07, 2022 9:20 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 6:37 am
Κι όμως Γιώργο , η ακριβής απάντηση είναι : $E=\dfrac{15\sqrt{15}}{4}$ .

Ξανά καλησπέρα σε όλους. Θανάση, ομολογώ ότι με παραπλάνησε ο τίτλος. Φαντάστηκα ότι το "για λίγους" εννοούσε ότι θα έβγαινε μη υπολογίσιμο αλγεβρικά αποτέλεσμα.

Συμπληρώνω, λοιπόν, την απάντησή μου, (μόνον για λόγους πληρότητας, εφόσον έχουμε κομψότερες και συντομότερες).

Αναζητούμε τα σημεία μηδενισμού της παραγώγου.

$\displaystyle f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 14\eta \mu x + 4\sigma \upsilon \nu 2x = 0 \Leftrightarrow - 7\eta \mu x + 2\left( {1 - 2\eta {\mu ^2}x} \right) = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow 4\eta {\mu ^2}x + 7\eta \mu x - 2 = 0 \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{1}{4}$ , οπότε $\displaystyle \sigma \upsilon \nu x = \frac{{\sqrt {15} }}{4},\;\eta \mu 2x = 2\eta \mu x \cdot \sigma \upsilon \nu x = \frac{{\sqrt {15} }}{8}$

Άρα $\displaystyle {f_{\max }} = \frac{{14\sqrt {15} }}{4} + \frac{{\sqrt {15} }}{4} = \frac{{15\sqrt {15} }}{4}$

mathematica.gr

Μέγιστο για λίγους

Μέγιστο για λίγους

Re: Μέγιστο για λίγους

Re: Μέγιστο για λίγους

Re: Μέγιστο για λίγους

Re: Μέγιστο για λίγους

Re: Μέγιστο για λίγους