Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

#1

Έστω ένας κύκλος με ακτίνα

ο οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων O(0,0)

και τέμνει τους άξονες x'x,y'y

στα σημεία $A(\alpha,0), B(0,b)$ αντίστοιχα.
Αν ο γεωμετρικός τόπος των σημείων (x,y)

του ίχνους της καθέτου από το σημείο O(0,0)

προς τη χορδή

εκφράζεται από την εξίσωση:
$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )=\lambda r^2\alpha$
τότε να υπολογίσετε την τιμή του $\lambda$

papamixalis · #2

Καλησπέρα κύριε Χρήστο, καλησπέρα

Έστω

το ίχνος.
Τα διανύσματα AB,OX

είναι κάθετα, οπότε το εσωτερικό τους γινόμενο είναι

.
Άρα $-ax+by=0 \leftrightarrow y=\dfrac{ax}{b}$ ,

διάφορο του

(Αλλιώς το

θα ταυτιζόταν με το

)

Επιπλέον το τρίγωνο OXB

είναι ορθογώνιο άρα από πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:
$OX^2+XB^2=OB^2 \leftrightarrow x^2+y^2 + x^2+(y-b)^2 = b^2 \leftrightarrow x^2+y^2=yb$
Αντικαθιστώντας προκύπτει $x^2+\dfrac{a^2x^2}{b^2} -\dfrac{a}{b}xb=0 \leftrightarrow$
$x((1+\dfrac{a^2}{b^2})x-a)=0 \leftrightarrow x=\dfrac{ab^2}{a^2+b^2}$ To

είναι διάφορο του

από την εξίσωση του γεωμετρικού τόπου.

Αντικαθιστώντας σε αυτήν έχουμε
$(yb)^3\dfrac{b^2}{a^2x^4}=\lambda r^2a \leftrightarrow...\leftrightarrow \dfrac{b^2}{x}=\lambda r^2$

Αντικαθιστώντας το

καταλήγουμε ότι

$\lambda=\dfrac{a^2+b^2}{ar^2}$

Ελπίζω να μην μου ξέφυγε κάτι, κάθε παρατήρηση ευπρόσδεκτη.

Φιλικά
Μιχάλης

#3

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2019 2:11 pm
Έστω ένας κύκλος με ακτίνα ο οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων
και τέμνει τους άξονες στα σημεία $A(\alpha,0), B(0,b)$ αντίστοιχα.
Αν ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του ίχνους της καθέτου από το σημείο
προς τη χορδή εκφράζεται από την εξίσωση:
$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )=\lambda r^2\alpha$
τότε να υπολογίσετε την τιμή του $\lambda$

Χρήστο, νομίζω ότι η εκφώνηση είναι προβληματική (σε δύο σημεία). Από πού είναι η άσκηση για να ελέγξουμε τι ακριβώς γράφει
ο συγγραφέας της;

Πρώτον. Όπως το καταλαβαίνω, μόνο το

είναι δεδομένο. Τα $\alpha, \beta$ είναι μεταβλητά (και αλληλοεξαρτώμενα).

Εύκολα βλέπουμε (το έκανε με έναν τρόπο ο Μιχάλης παραπάνω, αλλά υπάρχει και ευκολότερος τρόπος) ότι

$\displaystyle{x= \dfrac {\alpha \beta ^2 }{\alpha ^2 +\beta ^2}, \, y= \dfrac {\alpha ^2 \beta }{\alpha ^2 +\beta ^2}}$ οπότε (απλές πράξεις) η δοθείσα
ισούται

$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )=... = \alpha ^2 +\beta ^2, \, (*)$

Μέχρι εδώ τρόπος του λέγειν καλά, αλλά ας δούμε την συνέχεια.

Δεύτερον. Από το ορθογώνιο τρίγωνο OAB

έπεται ότι η ακτίνα

του κύκλου ικανοποιεί $r = \frac {1}{2}AB= \frac {1}{2}\sqrt {\alpha ^2 +\beta ^2}$

Οπότε η (*)

γίνεται

$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )= \frac {1}{4}r^2$

Tώρα μάλιστα. Πρόκειται για εξίσωση γεωμετρικού τόπου με παραμέτρους μόνο το δεδομένο

, ως όφειλε.

Για να συνοψίσω. Έπεται ότι $\lambda = \frac {1}{4\alpha}$ , δηλαδή το $\lambda$ μεταβλητό και όχι συναρτήσει μόνο των δεδομένων της άσκησης. Θα ήταν πιο δόκιμο η άσκηση να έδινε την εξίσωση του γεωμετρικού τόπου ως $\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )= \lambda r^2$ (δηλαδή χωρίς το $\alpha$ ) ώστε το ζητούμενο $\lambda$ να είναι σταθερό, $\lambda = \frac {1}{4}$ , και όχι εξαρτώμενο από μη δεδομένα στοιχεία.

Ας επαναλάβω, από πού είναι η άσκηση;

STOPJOHN · #4

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2019 2:11 pm
Έστω ένας κύκλος με ακτίνα ο οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων
και τέμνει τους άξονες στα σημεία $A(\alpha,0), B(0,b)$ αντίστοιχα.
Αν ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του ίχνους της καθέτου από το σημείο
προς τη χορδή εκφράζεται από την εξίσωση:
$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )=\lambda r^2\alpha$
τότε να υπολογίσετε την τιμή του $\lambda$

Θα κάνω κάποιες δικές μου υποθέσεις . Είναι $AL=LB=OL=r,4r^{2}=a^{2}+b^{2},$

οπότε μπορεί η ακτίνα να είναι σταθερή και τα a,b

μεταβλητά ;;

Πιθανόν

μεταβλητό και

σταθερό ....

Χρειάζονται κάποιες διευκρινήσεις .Και η σκέψη για τη λύση

$OM,y=\dfrac{a}{b}x,(1),AB,y=\dfrac{-b}{a}(x-a),(2), (1),(2)\Rightarrow x=\dfrac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}},y=\dfrac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}$

Οπότε $( x^{2}+y^{2})^{2}=\dfrac{a^{4}b^{4}}{(a^{2}+b^{2})^{2}},\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}=\dfrac{(a^{2}+b^{2})^{3}}{a^{4}b^{4}}$ και η δοθεισα εξίσωση του γεωμετρικού τόπου γράφεται

$\lambda ar^{2}=a^{2}+b^{2}\Rightarrow a\lambda =4\Leftrightarrow \lambda =\dfrac{4}{a}$

Γιάννης

#5

Γιάννη, ίσως δεν καταλαβαίνω τι θέλεις να πεις.

Ας πάρω τα πράγματα από την αρχή.

STOPJOHN έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 1:44 am
Θα κάνω κάποιες δικές μου υποθέσεις . Είναι $AL=LB=OL=r,4r^{2}=a^{2}+b^{2},$

οπότε μπορεί η ακτίνα να είναι σταθερή και τα μεταβλητά ;;

Πιθανόν μεταβλητό και σταθερό ....

Βεβαίως και μπορεί η ακτίνα να είναι σταθερή και τα a,b

μεταβλητά. Το παρακάτω σχήμα δείχνει
τέτοια περίπτωση.

STOPJOHN έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 1:44 am
Χρειάζονται κάποιες διευκρινήσεις .Και η σκέψη για τη λύση
...
$x=\dfrac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}},y=\dfrac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}$
...
$\lambda =\dfrac{4}{a}$

Τι καινούργιο λένε αυτά που δεν τα είπα στο προηγούμενο ποστ μου;

#6

Καλημέρα σε όλους κι ευχαριστώ για την ενασχόληση.
Μιχάλη έτσι όπως την έδωσα είναι προβληματική και φταίω αποκλειστικά εγώ αφού αυτό το άλφα που υπάρχει
δεξιά της ισότητας προστέθηκε από δική μου απροσεξία. Η σωστή εκφώνηση είναι:

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2019 2:11 pm
Έστω ένας κύκλος με ακτίνα ο οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων
και τέμνει τους άξονες στα σημεία $A(\alpha,0), B(0,b)$ αντίστοιχα.
Αν ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του ίχνους της καθέτου από το σημείο
προς τη χορδή εκφράζεται από την εξίσωση:
$\left ( x^2+y^2 \right )^2\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} \right )=\lambda r^2$
τότε να υπολογίσετε την τιμή του $\lambda$

και η απάντηση είναι τέσσερα.
Οι προσεγγίσεις σας είναι μια χαρά, το αποτέλεσμα ατυχές κι αυτό οφείλεται, επαναλαμβάνω, σε εμένα αποκλειστικά.
Ζητώ συγνώμη για την ταλαιπωρία!

STOPJOHN · #7

Καλημέρα Μιχάλη ,
Εχουμε διαφορετικά αποτελέσματα στην ευρεση της παραμέτρου λ και θελω να μαθαίνω από τα λαθη μου ....

Γιάννης

ΥΓ. Καλημέρα και στο Χρήστο και στους υπόλοιπους

#8

STOPJOHN έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 3:10 pm
Εχουμε διαφορετικά αποτελέσματα στην ευρεση της παραμέτρου λ

Γιάννη, το $\lambda = \frac {1}{4\alpha}$ που γράφω είναι προφανές τυπογραφικό σφάλμα αντί του ορθού $\lambda = \frac {4}{\alpha}$ .
Επί της ουσίας, στα υπόλοιπα, δεν βλέπω διαφορά.

Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Re: Κύκλος και γεωμετρικός τόπος ιχνών καθέτων.

Μέλη σε σύνδεση