Πάνω κάτω

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10569
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Πάνω κάτω

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Σεπ 05, 2020 8:46 pm

Πού κυμαίνεται;.png
Πού κυμαίνεται;.png (10.36 KiB) Προβλήθηκε 606 φορές
CD είναι η διχοτόμος και CM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC (\widehat A=90^\circ).

Αν η CM διχοτομεί τη γωνία B\widehat CD, να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{3} < \sin B < \frac{2}{5}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7983
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Πάνω κάτω

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Σεπ 06, 2020 11:39 pm

πάνω κάτω αλλιώς_ok.png
πάνω κάτω αλλιώς_ok.png (36.11 KiB) Προβλήθηκε 484 φορές
Βρίσκω ακριβώς το \boxed{\sin B = t = \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {177} }}{{36}} + \frac{{71}}{{216}}}} - \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {177} }}{{36}} - \frac{{71}}{{216}}}} - \frac{1}{6} \simeq 0,3760858894}

Και είναι στο διάστημα \left( {\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{5}} \right). ¨Όντως :

Θεωρώ το ημικύκλιο διαμέτρου BC με κέντρο O. Οι ευθείες OM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD τέμνονται σε σημείο του S( «νότιος πόλος»).

Θέτω CM = m\,\,,\,\,CD = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DS = k. Επειδή x(x + k) = ab \Rightarrow SC = \dfrac{{ab}}{x}\,\,(1)

Στο τρίγωνο MSC είναι \widehat {MSC} = 2\widehat {SCM}, άρα : M{C^2} = M{S^2} + MS \cdot SC. Αλλά

MS = OS - OM = \dfrac{{a - b}}{2} και έτσι λόγω και της \left( 1 \right) η προηγούμενη γράφεται :

\boxed{{m^2} = \frac{{a - b}}{2}\left( {\frac{{ab}}{x} + \frac{{a - b}}{2}} \right)}\,\,\left(  *  \right). Θα διώξω τα m,x αλλά και το c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} .

Από το θ διαμέσων στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle ABC έχω :{m^2} = \dfrac{{{a^2} + 3{b^2}}}{4}\left( 2 \right)

Από το μήκος της διχοτόμου : x = \dfrac{2}{{a + b}}\sqrt {abs(s - c)} \,\,,\,\,2s = a + b + c έχω :
πάνω κάτω αλλιώς_ok_1.png
πάνω κάτω αλλιώς_ok_1.png (17.04 KiB) Προβλήθηκε 455 φορές
x = \dfrac{{b\sqrt {2a\left( {a + b} \right)} }}{{a + b}} \left( 3 \right). Και έτσι η \left(  *  \right) με το μετασχηματισμό \boxed{b = at}\,\,\,,t \in \left( {0,1} \right) δίδει:

\left( {t - 1} \right)\sqrt {t + 1}  + t\sqrt 2 \left( {t + 1} \right) = 0 κι αφού t + 1 > 0 έχω: t - 1 + t\sqrt {2\left( {t + 1} \right)}  = 0 απ’ όπου

έχω την εξίσωση : 2{t^3} + {t^2} + 2t - 1 = 0.

Η συνάρτηση :f(t) = 2{t^3} + {t^2} + 2t - 1 , έχει f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{ - 4}}{{27}} < 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,f\left( {\dfrac{2}{5}} \right) = \dfrac{{11}}{{125}} > 0

κι αφού εύκολα βρίσκω ότι η f είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα,

προκύπτει ( Θ. Bolzano) ότι η εξίσωση : f\left( t \right) = 0 έχει ακριβώς μια ρίζα στο \left( {\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{5}} \right)



2ος Τρόπος ( χωρίς καμιά μετατροπή στο σχήμα της υπόθεσης)


Είναι όπως προηγουμένως

\left\{ \begin{gathered} 
  b = at \hfill \\ 
  2s = a + b + c \hfill \\ 
  {c^2} = {a^2} - {b^2} \hfill \\ 
  4{m^2} = {a^2} + 3{b^2} \hfill \\ 
  x = \frac{2}{{a + b}}\sqrt {ab\left( {s - c} \right)s}  \hfill \\  
\end{gathered}  \right.
πάνω κάτω αλλιώς_oritzin.png
πάνω κάτω αλλιώς_oritzin.png (11.44 KiB) Προβλήθηκε 444 φορές
Επειδή C{M^2} = CD \cdot CB - MB \cdot MD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{MD = \dfrac{c}{2} - \dfrac{{cb}}{{a + b}} = c\dfrac{{a - b}}{{2\left( {a + b} \right)}}} θα προκύψει :

\boxed{{m^2} = ax - \frac{{{c^2}}}{4} \cdot \frac{{a - b}}{{a + b}} = ax - \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4}} που μας δίδει τα προηγούμενα αποτελέσματα.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2072
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Πάνω κάτω

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Σεπ 08, 2020 2:16 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Σεπ 05, 2020 8:46 pm
Πού κυμαίνεται;.png
CD είναι η διχοτόμος και CM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC (\widehat A=90^\circ).

Αν η CM διχοτομεί τη γωνία B\widehat CD, να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{3} < \sin B < \frac{2}{5}.
Υποθέτω ότι υπάρχει ευκολότερη λύση από την παρακάτω:

Έστω σημείο P στην BC με PC= \dfrac{a}{3} .

Με Μενέλαο στο τρίγωνο ABP και διατέμνουσα EQC παίρνουμε εύκολα AQ=3QP.Είναι,

3=  \dfrac{(AQC)}{(PQC)} = \dfrac{bsin3x}{ \dfrac{a}{3} sinx}  \Rightarrow  \dfrac{b}{ \dfrac{a}{3} } = \dfrac{3sinx}{sin3x}

Θα αποδείξουμε ότι  \dfrac{3sinx}{sin3x} >1\Leftrightarrow  \dfrac{sin3x}{3sinx}<1  \Leftrightarrow  \dfrac{3sinx-4sin^3x}{3sinx} <1 \Leftrightarrow - \dfrac{4sin^2x}{3} <0 που είναι αληθής

Άρα  \dfrac{b}{ \dfrac{a}{3} } >1 \Rightarrow  sinB=\dfrac{b}{a} > \dfrac{1}{3}

Αν τώρα το P είναι τέτοιο ώστε PC= \dfrac{2a}{5} με όμοιο τρόπο  \dfrac{AQ}{QP} = \dfrac{5}{2}= \dfrac{(AQC)}{(PQC)} = \dfrac{bsin3x}{ \dfrac{2a}{5}sinx }

και είναι αρκετό να δείξουμε ότι \dfrac{5sinx}{2sin3x} <1 \Leftrightarrow \dfrac{5sinx}{2(3sinx-4sin^3x)}<1 \Leftrightarrow ..sin^2x< \dfrac{1}{8}

Με EK \bot BC \Rightarrow  \triangle BEK \simeq  \triangle ABC \Rightarrow  \dfrac{EK}{b}= \dfrac{ \dfrac{c}{2} }{a}  \Rightarrow EK= \dfrac{bc}{2a}.Ακόμη EC^2= \dfrac{c^2}{4}+b^2

sin^2x< \dfrac{1}{8}   \Leftrightarrow  \dfrac{EK^2}{EC^2}< \dfrac{1}{8}  \Leftrightarrow  
 \dfrac{8b^2c^2}{4a^2} < \dfrac{c^2+4b^2}{4}   \Leftrightarrow 8b^2c^2<(b^2+c^2)(c^2+4b^2)  \Leftrightarrow 4m^4-3m^2+1>0 όπου m= \dfrac{b^2}{c^2}

Η τελευταία ανίσωση όμως είναι αληθής αφού η διακρίνουσα είναι αρνητική

Έτσι \dfrac{b}{ \dfrac{2a}{5} } <1 \Rightarrow sinB= \dfrac{b}{a} < \dfrac{2}{5}
πάνω κάτω.png
πάνω κάτω.png (9.01 KiB) Προβλήθηκε 370 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10569
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Πάνω κάτω

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Σεπ 08, 2020 6:52 pm

Ευχαριστώ τον Νίκο και τον Μιχάλη για τις λύσεις τους. Παρακάτω θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση.
Πού κυμαίνεται;β.png
Πού κυμαίνεται;β.png (12.18 KiB) Προβλήθηκε 333 φορές
Με νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα MBC, MAC:

\displaystyle \frac{{\sin \theta }}{{\sin (90^\circ  - 4\theta )}} = \frac{{BM}}{{MC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{\sin 3\theta }}{{\sin 90^\circ }} \Leftrightarrow \sin 3\theta \cos 4\theta  = \sin \theta  \Leftrightarrow

\displaystyle (3 - 4{\sin ^2}\theta )\cos 4\theta  = 1 \Leftrightarrow \left( {3 - 2(1 - \cos 2\theta )} \right)\cos 4\theta  = 1 \Leftrightarrow 1 + 2\sqrt {\frac{{1 + \cos 4\theta }}{2}} \cos 4\theta  = 1

Θέτω \displaystyle \cos 4\theta  = \sin B = t και έχω, \displaystyle t\sqrt {2(1 + t)}  = 1 - t \Leftrightarrow \boxed{2t^3+t^2+2t-1=0}

Από εδώ και κάτω όπως ο Νίκος με \displaystyle {\rm{Bolzano}}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες