εφαπτόμενοι κύκλοι

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

ann79
Δημοσιεύσεις: 258
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 30, 2014 4:45 pm

εφαπτόμενοι κύκλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ann79 » Τρί Μάιος 21, 2019 9:27 am

Να δείξετε ότι όλοι οι κύκλοι της μορφής x^{2}+y^{2}-2+\lambda (x-y+2)=0, \lambda \neq 2 εφάπτονται μεταξύ τους.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1657
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τρί Μάιος 21, 2019 9:56 am

Ξεκινάμε με την παραδοχή ότι για \lambda \neq 2 οι εξισώσεις παριστάνουν κύκλους.Έστω \lambda_1 \neq  \lambda_2 τότε λύνοντας το σύστημα των αντίστοιχων κύκλων C_{\lambda_1},C_{\lambda_2} βρίσκουμε μοναδική λύση το σημείο M(-1,1) .Το τελευταίο σημαίνει ότι οι κύκλοι εφάπτονται.
Ερώτημα: Να εξεταστεί αν εφάπτονται εσωτερικά ή εξωτερικά.

Υ.Γ. ann79 μπράβο σου που κρατάς έναν φάκελο ζωντανό με διάφορα θέματα.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 416
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τρί Μάιος 21, 2019 10:29 am

ann79 έγραψε:
Τρί Μάιος 21, 2019 9:27 am
Να δείξετε ότι όλοι οι κύκλοι της μορφής x^{2}+y^{2}-2+\lambda (x-y+2)=0, \lambda \neq 2 εφάπτονται μεταξύ τους.
Για \lambda \neq 2 (σταθερό) έχουμε όντως εξίσωση κύκλου αφού αυτή γράφεται έπειτα από συμπλήρωση

τετραγώνων ως

\left ( x+\dfrac{\lambda }{2} \right )^2+\left ( y-\dfrac{\lambda }{2} \right )^2=\dfrac{1}{2}\left ( \lambda -2 \right )^2.

Παίρνοντας δύο τυχαία \lambda _1,\lambda _2\neq 2 και διαφορετικά μεταξύ τους βρίσκουμε ότι η απόσταση των

κέντρων τους είναι \delta =\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left | \lambda _1-\lambda _2 \right | ενώ το άθροισμα των ακτινών

τους είναι R_1+R_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left ( \left | \lambda _1-2 \right | +\left | \lambda _2-2 \right |\right ) και

με ένα απλό γεωμετρικό επιχείρημα, για να μην μπλέξουμε με άλγεβρα, βλέπουμε ότι

\left | \lambda _1-\lambda _2 \right |=\left | \lambda _1-2 \right | +\left | \lambda _2-2 \right |

εφόσον \lambda _1,\lambda _2 εκατέρωθεν του 2.

Σε αυτή την περίπτωση δύο οποιοιδήποτε διαφορετικοί κύκλοι με εξίσωση αυτή που μας δίνεται εφάπτονται εξωτερικά.

Αν πάλι \lambda _1,\lambda _2 προς το ίδιο μέρος του 2 βρίσκουμε \delta =\left |R_1-R_2 \right | αφού τότε θα

ισχύει \left | \lambda _1-\lambda _2 \right |=\left |\left | \lambda _1-2 \right | -\left | \lambda _2-2 \right | \right |.

Εδώ οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4356
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Μάιος 21, 2019 6:18 pm

Καλησπέρα σε όλους. Δίνω αναλυτικά τη λύση που περιγράφει ο Χρήστος παραπάνω και απαντώ στο ερώτημά του με διαφορετικό τρόπο από τον Λάμπρο.

Θα δείξουμε ότι οι κύκλοι της οικογένειας  \displaystyle {x^2} + {y^2} - 2 + \lambda \left( {x - y + 2} \right) = 0,\;\;\lambda  \ne 2 (1) έχουν ένα μόνο κοινό σημείο.

Έστω ότι υπάρχει σημείο M(x_1, y_1), που είναι κοινό δύο κύκλων της οικογενείας (1) με  \displaystyle {\lambda _1} \ne {\lambda _2} .

Τότε είναι \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
x_1^2 + y_1^2 - 2 + {\lambda _1}\left( {{x_1} - {y_1} + 2} \right) = 0\\ 
x_1^2 + y_1^2 - 2 + {\lambda _2}\left( {{x_1} - {y_1} + 2} \right) = 0 
\end{array} \right.

Αφαιρώντας κατά μέλη, προκύπτει  \displaystyle \left( {{\lambda _1} - {\lambda _2}} \right)\left( {{x_1} - {y_1} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_1} = {y_1} - 2 .

Αντικαθιστώντας την τιμή του x_1 στην πρώτη είναι
 \displaystyle {\left( {{y_1} - 2} \right)^2} + y_1^2 = 2 \Leftrightarrow y_1^2 - 2{y_1} + 1 = 0 \Leftrightarrow {y_1} = 1 , οπότε x_1=-1.

Άρα το M είναι το μοναδικό κοινό σημείο όλων των κύκλων της (1).

Στο σημείο αυτό έχουν εφαπτομένη την ευθεία  (e):  x-y=-2.

H (e) χωρίζει το επίπεδο σε δύο ημιεπίπεδα, το E_1 με x – y > -2, που περιέχει το O(0,0), καθώς και το E_2 με x – y <-2.

Οι συντεταγμένες του κέντρου K κάθε κύκλου της (1) είναι  \displaystyle {x_0} =  - \frac{\lambda }{2},\;{y_0} = \frac{\lambda }{2},\;\;\lambda  \in R - \left\{ 2 \right\}

Το K, άρα και ολόκληρος ο κύκλος, εκτός του σημείου M, βρίσκεται στο ημιεπίπεδο E_1 αν  \displaystyle {x_0} - {y_0} > 2 \Leftrightarrow  - \frac{\lambda }{2} - \frac{\lambda }{2} >  - 2 \Leftrightarrow \lambda  < 2 και στο E_2 αν  \displaystyle \lambda  > 2 , οπότε όλοι οι κύκλοι της (1) με  \displaystyle \lambda  > 2 ή όλοι οι κύκλοι της (1) με  \displaystyle \lambda  > 2 εφάπτονται εσωτερικά. Διαφορετικά, εφάπτονται εξωτερικά.

ΣΧΟΛΙΟ:
Για διδακτικούς λόγους, ανάλογα με τους μαθητές στους οποίους απευθυνόμαστε, θα μπορούσαμε αρχικά να δείξουμε ότι οι κύκλοι της οικογένειας  \displaystyle {x^2} + {y^2} - 2 + \lambda \left( {x - y + 2} \right) = 0,\;\;\lambda  \ne 2 (1) διέρχονται από ένα σημείο.

Για να το δείξουμε αυτό, αρκεί να βρούμε ένα σημείο K(x_0, y_0) του οποίου οι συντεταγμένες να επαληθεύουν την (1) για όλες τις τιμές του  \displaystyle \lambda . Το ζητούμενο σημείο θα είναι εκείνο του οποίου οι συντεταγμένες μηδενίζουν τις παραστάσεις x^2+y^2=2 και
x -y =-2 , δηλαδή η λύση του συστήματος  \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
{x^2} + {y^2} = 2\\ 
x - y =  - 2 
\end{array} \right. , που είναι x=-1, y=1.

Άρα όλοι οι κύκλοι διέρχονται από το σημείο M(-1,1).

Κατόπιν αποδεικνύουμε ότι οι κύκλοι της οικογένειας (1) δεν έχουν κανένα άλλο κοινό σημείο κ.ο.κ.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1775
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Μάιος 22, 2019 3:32 pm

Αν τους γράψουμε στην μορφή

\left ( x+\dfrac{\lambda }{2} \right )^2+\left ( y-\dfrac{\lambda }{2} \right )^2=\dfrac{1}{2}\left ( \lambda -2 \right )^2.

είναι φανερό ότι ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων τους είναι η ευθεία y=-x και το σημείο της (-1,1) ανήκει και στους δύο κύκλους. Επομένως, κ.λπ., όλοι οι κύκλοι εφάπτονται στο σημείο (-1, 1), άλλοι μεν, εξ αυτών, εσωτερικά και άλλοι δε εξωτερικά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης