4 ελλείψεις μέσα σε ρόμβο

#1

Σε ρόμβο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ με πλευρές μήκους $\alpha$ και $\hat{\rm{A}}=\hat{\Gamma}=\frac{\pi}{3}$ , εγγράφουμε τέσσερεις ίσες ελλείψεις $L,\,R,\,U$ και

, έτσι ώστε κάθε μια έλλειψη να έχει τις εστίες της επί ευθείας κάθετης στον άξονα

, να εφάπτεται στις πλευρές του ρόμβου και οι ελλείψεις $L,\,R$ να εφάπτονται εξωτερικά και στην έλλειψη

και στην έλλειψη

. Επίσης, καμία έλλειψη δεν τέμνει κάποια άλλη σε δυο σημεία. (Σχήμα)

: 4L1R.png (22.01 KiB) Προβλήθηκε 1282 φορές

i) Να βρεθεί η εκκεντρότητα των ελλείψεων.
ii) Με την υπόθεση ότι οι ελλείψεις $L,\,R$ είναι ίσες, με εκκεντρότητα $\varepsilon_1$ και οι ελλείψεις $U,\,D$ είναι ίσες, με εκκεντρότητα $\varepsilon_2$ , χωρίς απαραίτητα οι τέσσερεις ελλείψεις να είναι όλες ίσες, να βρεθεί ποιος πρέπει να είναι ο λόγος $\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2}$ , ώστε το εμβαδόν των χωρίων που περικλείουν οι τέσσερεις ελλείψεις να είναι το μέγιστο και ποιος πρέπει να είναι ο λόγος $\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2}$ , ώστε το εμβαδόν των χωρίων που περικλείουν οι τέσσερεις ελλείψεις να είναι το ελάχιστο.

Σημείωση: Δεν έχω πλήρη λύση για το ερώτημα ii).

#2

Υπόδειξη:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Παραθέτω την (ημιτελή) λύση:

Αρκεί να "τεντώσουμε" την οριζόντια διαγώνιο ${\rm{B}}\Delta$ του ρόμβου ώστε ο ρόμβος να γίνει τετράγωνο και οι ελλείψεις γίνονται κύκλοι (εκκεντρότητα ίση με $\varepsilon=0$ ). Η εκκεντρότητα των ελλείψεων ισούται με $\varepsilon=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$ , όπου ο μεγάλος ημιάξονας και ο μικρός ημιάξονας. Όμως
$\displaystyle\frac{b}{a}=\frac{{\rm{B}}\Delta}{{\rm{A}}\Gamma}=\frac{1}{\sqrt{3}}\,.$ Άρα $\varepsilon=\sqrt{\frac{2}{3}}$ .
Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί στο τετράγωνο που προκύπτει από το "τέντωμα" (και την στροφή κατά $\frac{\pi}{2}$ ) του ρόμβου, αφού αυτό που, ουσιαστικά, θέλουμε είναι η σχέση των ακτίνων των διακριτών κύκλων ώστε το εμβαδόν των χωρίων που περικλείουν οι τέσσερεις κύκλοι να είναι το μέγιστο (αντίστοιχα ελάχιστο).

4c1s1.png (33.71 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

Αν και είναι οι ακτίνες των κύκλων και , αντίστοιχα, τότε,

4c1s2.png (26.41 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

επειδή κανένας κύκλος δεν τέμνει κάποιον άλλον σε δυο σημεία, για την μέγιστη τιμή της ακτίνας , από την ισότητα των λόγων $\frac{{\rm{AS}}}{\rm{AO}}=\frac{{\rm{QS}}}{\rm{IO}}$ προκύπτει
$\displaystyle \frac{\frac{\alpha}{2}}{\frac{\alpha\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{\alpha}{2}-x}{x}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}}\,,$ ενώ, επειδή οι κύκλοι πρέπει να εφάπτονται, η ελάχιστη δυνατή τιμή της ακτίνας είναι $x=\frac{\alpha}{4}$ . Επιπλέον, από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\overset{\triangle}{\rm{IMN}}$ , πρέπει να ισχύει η συνθήκη

$\begin{aligned} &(x+y)^2=(x-y)^2+(\alpha-x-y)\quad\Leftrightarrow\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &(x-y)^2+\alpha^2-2\alpha\,(x+y)=0\qquad(1) \end{aligned}$
Επομένως αναζητούμε τα ολικά ακρότατα της συνάρτησης

$f:T=\big[\frac{\alpha}{4},\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}}\big]\times\big[\frac{\alpha}{4},\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}}\big]\subset\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}\,;\quad f(x,y)=2\pi\,(x^2+y^2)\,,$ υπό την συνθήκη .
Δεν υπάρχουν τοπικά ακρότατα στο εσωτερικό του (από πολλαπλασιαστές Lagrange). Επομένως αυτά πρέπει να αναζητηθούν στο σύνορο του (αυτά υπάρχουν αφού η είναι συνεχής και το συμπαγές.) Μένει να αποδειχθεί ότι το ελάχιστο εμβαδόν προκύπτει στο $(x,y)=\big(\frac{\alpha}{4},\frac{\alpha}{4}\big)$ και το μέγιστο στα σημεία $(x,y)=\Big(\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}},\big(2-\frac{\sqrt {2}}{2}-\sqrt {4-2\,\sqrt {2}}\,\big)\alpha\Big)$ και $(x,y)=\Big(\big(2-\frac{\sqrt {2}}{2}-\sqrt {4-2\,\sqrt {2}}\,\big)\alpha,\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}}\Big)$ .
Τελικά, για έχουμε το μέγιστο εμβαδόν πρέπει

$\displaystyle\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2}=\frac{\frac{\alpha}{2+\sqrt{2}}}{\big(2-\frac{\sqrt {2}}{2}-\sqrt {4-2\,\sqrt {2}}\,\big)\alpha}=\frac {2-\sqrt {2}}{4-\sqrt {2}-2\,\sqrt {4-2\,\sqrt {2}}}$
(ή τον αντίστροφο αριθμό), ενώ για έχουμε το ελάχιστο εμβαδόν πρέπει

$\displaystyle\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2}=\frac{\frac{\alpha}{4}}{\frac{\alpha}{4}}=1\,.$

Σημείωση: Επέλεξα την δημοσίευση σε αυτόν τον φάκελο μιας και δεν είχα λύση με ύλη των διαγωνισμών seniors. Αλλά με χαρά θα έβλεπα μια απόδειξη του μη-αποδειγμένου συμπεράσματος μέσω ανισοτήτων. Αν αυτό είναι εφικτό.

4 ελλείψεις μέσα σε ρόμβο

4 ελλείψεις μέσα σε ρόμβο

Re: 4 ελλείψεις μέσα σε ρόμβο

Re: 4 ελλείψεις μέσα σε ρόμβο

Μέλη σε σύνδεση