mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 12:54 pm**

: Διαλέξτε τον βαθμό σας.png (16.28 KiB) Προβλήθηκε 1611 φορές

Πάνω στον κύκλο (O,3)

, επιλέξτε σημεία P ,T

και σχεδιάστε το τρίγωνο SPT

.

Το εμβαδόν αυτού του τριγώνου ( αφού το υπολογίσετε ) , είναι ο βαθμός σας .

Αν θέλετε άριστα

, βρείτε επιπλέον ένα τέτοιο τρίγωνο με εμβαδόν

τ. μ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 5:05 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 10, 2021 12:54 pm
Διαλέξτε τον βαθμό σας.pngΠάνω στον κύκλο , επιλέξτε σημεία και σχεδιάστε το τρίγωνο .

Το εμβαδόν αυτού του τριγώνου ( αφού το υπολογίσετε ) , είναι ο βαθμός σας .

Αν θέλετε άριστα , βρείτε επιπλέον ένα τέτοιο τρίγωνο με εμβαδόν τ. μ.

Για το "άριστα".

: Για το άριστα.png (13.78 KiB) Προβλήθηκε 1565 φορές

$\displaystyle \cos \theta = \frac{x}{3},PT = 6\sin \theta \Rightarrow$ $\boxed{PT = 2\sqrt {9 - {x^2}} }$

$\displaystyle (SPT) = \frac{{PT(6 - x)}}{2} \Leftrightarrow (6 - x)\sqrt {9 - {x^2}} = 10 \Leftrightarrow$ $\boxed{x\simeq 1,81439}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 6:27 pm**

: Διαλέξτε το βαθμός σας.png (17.42 KiB) Προβλήθηκε 1543 φορές

Για το άριστα ( αφού το

είναι προφανές ότι το παίρνουν άπαντες )

Αρκεί $\left( {TKS} \right) = 5 \Rightarrow \left( {TOS} \right) - \left( {TOK} \right) = 5$ . Συνεπώς θα έχω:

$\left\{ \begin{gathered} 6y - xy = 10 \hfill \\ {x^2} + {y^2} = 9 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{{x^2} + \frac{{100}}{{{{\left( {6 - x} \right)}^2}}} = 9}$ και έτσι προκύπτει:

: βαθμός.png (38.71 KiB) Προβλήθηκε 1543 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 6:59 pm**

Κύριοι δεν έγινα σαφής . Το μπόνους του β' ερωτήματος είναι μόλις ( περίπου ) 0,1835

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 11:12 pm**

Ίσως δεν κατάλαβα κάτι ..., ἀλλά και εδώ υπάρχει δεκάρι.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2021 9:15 am**

nickchalkida έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 10, 2021 11:12 pm
Ίσως δεν κατάλαβα κάτι ..., ἀλλά και εδώ υπάρχει δεκάρι.

Σωστό

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2021 10:04 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 10, 2021 12:54 pm
Πάνω στον κύκλο , επιλέξτε σημεία και σχεδιάστε το τρίγωνο .

Το εμβαδόν αυτού του τριγώνου ( αφού το υπολογίσετε ) , είναι ο βαθμός σας .

Επί της ακτίνας

θεωρώ σημείο

ώστε $\displaystyle OM = \frac{3}{2}\left( {\sqrt 3 - 1} \right)$

Στη συνέχεια

επιλέγω τα P, T

ως τα σημεία τομής του κύκλου με τη κάθετη στη διάμετρο από το

: Για το άριστα.β.png (11.75 KiB) Προβλήθηκε 1438 φορές

Ο βαθμός μου είναι $\boxed{(SPT) = \frac{9}{2}\sqrt {9 + 6\sqrt 3 } }$ Όποιος έχει αντίρρηση, μπορεί να το ελέγξει

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2021 11:38 am**

Αν θεωρούσαμε γνωστό ότι $PT \perp SO$ τότε η απάντηση του Γιώργου δίνει πράγματι το μέγιστο εμβαδόν .

: Διαλέξτε τον βαθμό σας συμπλήρωμα.png (20.29 KiB) Προβλήθηκε 1416 φορές

Ας το σκεφθούμε έτσι : Με επιλεγμένο το

άρα σταθερή την βάση

αναζητώ το μέγιστο ύψος

το οποίο προκύπτει φέροντας τη μεσοκάθετη του TT'

. Κάνοντας τον ίδιο συλλογισμό , θα έπρεπε το

να είναι πάνω στην μεσοκάθετη του PP'

, να συμπίπτει δηλαδή με το

του σχήματος .

Λόγω λοιπόν της συμμετρίας , πρέπει όντως $PT \perp SO$ .

: Διαλέξτε τον βαθμό σας.png (18.32 KiB) Προβλήθηκε 1416 φορές

Μπορούμε τώρα να χρησιμοποιήσουμε για το εμβαδόν την συνάρτηση :

$E(\theta)=2(\dfrac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\cdot \sin\theta)+\dfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 3\cdot \sin(2\pi-2\theta)$ ...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 12, 2021 9:59 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 11, 2021 11:38 am
Ας το σκεφθούμε έτσι : Με επιλεγμένο το άρα σταθερή την βάση αναζητώ το μέγιστο ύψος

το οποίο προκύπτει φέροντας τη μεσοκάθετη του .

Kαλημέρα σε όλους. Πολλές φορές έχω θέσει το (αναπάντητο από εμένα) ερώτημα περί της τεκμηριώσεως της ιστορικά εφαρμοσμένης μεθόδου του "προς στιγμήν σταθερού μεγέθους". Τη χρησιμοποιούσαν π.χ. οι Ιησουΐτες, καθώς και οι έλληνες αλγεβριστές στις μεθόδους εντοπισμού ακροτάτων και (εκ του αποτελέσματος) φαίνεται να "δουλεύει" μια χαρά. Δεν έχω βρει αντιπαράδειγμα, ούτε, όμως, σαφή τεκμηρίωση. Θα χαιρόμουν να δω περισσότερες πληροφορίες για τι θέμα αυτό. Όχι άρθρα με εφαρμογές της, αλλά με την θεωρητική τεκμηρίωσή της.

Στο θέμα μας. Το προσέγγισα με δύο εργαλεία (πολικές και αλγεβρικές συντεταγμένες σημείων κύκλου). Παραθέτω ότι έκανα, χρησιμοποιώντας (λιγουλάκι) μερικές παραγώγους (ενθυμούμενος τα χρόνια τα φοιτητικά). Επειδή με την πάροδο του χρόνου η μνήμη ασθενεί, θα ήμουν υπόχρεος σε όποιον εντοπίσει κάποιο αδύνατο η λανθασμένο σημείο στην προσέγγισή μου.

: 10-06-2021 Γεωμετρία.png (58.52 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

1η λύση:
Παίρνουμε $\displaystyle S\left( {0,6} \right),\;P\left( {3\sigma \upsilon \nu \varphi ,3\eta \mu \varphi } \right),T\left( {3\sigma \upsilon \nu \omega ,3\eta \mu \omega } \right),\;\omega ,\varphi \in \left[ {0,2\pi } \right)$ .

Έστω $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega = \sigma \upsilon \nu \varphi$ , οπότε $\displaystyle PT//y'y$ .

Τότε $\displaystyle \left( {STP} \right) = \frac{{PT \cdot d\left( {S,\;PT} \right)}}{2} = \frac{{\left| {6\sigma \upsilon \nu \varphi } \right| \cdot \left| {3\eta \mu \varphi } \right|}}{2} = \frac{9}{2}\left| {\eta \mu 2\varphi } \right| \le \frac{9}{2}$ με το μέγιστο όταν $\displaystyle \varphi = \frac{\pi }{4},\omega = \frac{{7\pi }}{4} \vee \varphi = \frac{{3\pi }}{4},\omega = \frac{{5\pi }}{4}$ (ή, βεβαίως, αντίστροφα).

Έστω $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega \ne \sigma \upsilon \nu \varphi$

Είναι $\displaystyle PT = 3\sqrt {{{\left( {\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega } \right)}^2} + {{\left( {\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega } \right)}^2}}$ ,

$\displaystyle PT:\frac{{\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega }}x - y + 3\eta \mu \varphi - 3 \cdot \frac{{\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega }} \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi = 0$ , οπότε

$\displaystyle d\left( {S,PT} \right) = \frac{{\left| { - 6 + 3\eta \mu \varphi - \frac{{\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega }} \cdot 3\sigma \upsilon \nu \varphi } \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega }}} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} =$

$\displaystyle = \frac{{\left| { - 6\sigma \upsilon \nu \varphi + 6\sigma \upsilon \nu \omega - 3\eta \mu \varphi \sigma \upsilon \nu \omega + 3\eta \mu \omega \sigma \upsilon \nu \varphi } \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\eta \mu \varphi - \eta \mu \omega } \right)}^2} + {{\left( {\sigma \upsilon \nu \varphi - \sigma \upsilon \nu \omega } \right)}^2}} }}$

άρα $\displaystyle \left( {SPT} \right) = \frac{{9\left| {2\left( {\sigma \upsilon \nu \omega - \sigma \upsilon \nu \varphi } \right) + \eta \mu \left( {\omega - \varphi } \right)} \right|}}{2}$

Έστω $\displaystyle f:\left[ {0,2\pi } \right) \to R,\;\;f\left( {\omega ,\varphi } \right) = 2\left( {\sigma \upsilon \nu \omega - \sigma \upsilon \nu \varphi } \right) + \eta \mu \left( {\omega - \varphi } \right)$

$\displaystyle {f_\omega } = \frac{{\partial f}}{{\partial \omega }} = - 2\eta \mu \omega + \sigma \upsilon \nu \left( {\omega - \varphi } \right)$
$\displaystyle {f_\varphi } = \frac{{\partial f}}{{\partial \varphi }} = 2\eta \mu \varphi - \sigma \upsilon \nu \left( {\omega - \varphi } \right)$ ,

Αναγκαία συνθήκη για να έχουμε σημείο στασιμότητας είναι $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {f_\omega } = {\rm{0}}\\ \\ {f_\varphi } = {\rm{0}} \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2\eta \mu \omega = \sigma \upsilon \nu \left( {\omega - \varphi } \right)\\ 2\eta \mu \varphi = \sigma \upsilon \nu \left( {\omega - \varphi } \right)\\ \;\;0 \le \omega ,\varphi < 2\pi \end{array} \right\}$

Από (1), (2), έχουμε $\displaystyle \eta \mu \omega = \eta \mu \varphi$ δηλαδή $\displaystyle PT//x'x$ , οπότε $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \varphi = - \sigma \upsilon \nu \omega$ .

Τότε $\displaystyle \left( {SPT} \right) = \frac{{9\left| {4\sigma \upsilon \nu \omega - \eta \mu 2\omega } \right|}}{2}$

Η συνάρτηση $\displaystyle f:\left[ {0,2\pi } \right) \to R,\;f\left( x \right) = 4\sigma \upsilon \nu x - \eta \mu 2x$ έχει παράγωγο

$\displaystyle f'\left( x \right) = - 4\eta \mu x - 2\sigma \upsilon \nu 2x$

$\displaystyle f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\eta {\mu ^2}x - 2\eta \mu x - 1 = 0 \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu x = \sqrt {\frac{{\sqrt 3 }}{2}}$ .

Για την τιμή αυτή του

η συνάρτηση έχει μέγιστο. Οπότε $\displaystyle {\left( {SPT} \right)_{\max }} = \frac{9}{2}\sqrt {6\sqrt 3 + 9} \cong {\rm{19}}{\rm{,8165}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 12, 2021 1:02 pm**

Επειδή $(SPT)_{max}$ συμβαίνει όταν $B\widehat{P}O = P\widehat{S}O$ θα είναι

$\displaystyle{ {-x \over y} = {y \over -x+6} \rightarrow y^2 = x^2-6x }$

Δηλαδή τα

,

ορίζονται σαν η τομή της υπερβολής y^2=x^2-6x

με τον κύκλο (O,OA)

.
Επιλύοντας το σύστημα, παίρνω αποδεκτή λύση

$\displaystyle{ \left. \begin{aligned} & y^2 = x^2 - 6x \cr & x^2 + y^2 = 9 \cr \end{aligned} \right \} \rightarrow \left \{ \begin{aligned} & x = {3 \over 2} (1-\sqrt{3}) \cr & y = {3 \over 2} \sqrt{2}\sqrt{\sqrt{3}} \cr \end{aligned} \right. }$

Τότε βρίσκω

$\displaystyle{ (SPT)_{max} = {9 \over 4} \sqrt{6}(\sqrt{3}+1)\sqrt{\sqrt{3}} = 19.8165126377 }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 12, 2021 1:05 pm**

2η λύση (με αλγεβρικές συντεταγμένες):

Με το παραπάνω σχήμα:

Έστω $\displaystyle S\left( 0,6 \right),\ P\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}} \right),T\left( {{x}_{2,}}{{y}_{2}} \right),\ {{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ με $\displaystyle x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=9$

Είναι $\displaystyle PT=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$ , $\displaystyle PT:\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}x-y+{{y}_{1}}-\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}{{x}_{1}}=0$ , οπότε $\displaystyle d\left( S,PT \right)=\frac{\left| -6+{{y}_{1}}-\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}{{x}_{1}} \right|}{\sqrt{{{\left( \frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}} \right)}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}}=\frac{\left| 6{{x}_{1}}-6{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}}-{{x}_{1}}{{y}_{2}} \right|}{\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}}$

άρα $\displaystyle \left( SPT \right)=\frac{\left| 6{{x}_{1}}-6{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}}-{{x}_{1}}{{y}_{2}} \right|}{2}$

(Εδώ συμβαίνει ένα θαύμα. Μια φωνή από ψηλά (ή έστω από τον κάμπο της Καρδίτσας) μάς υποδεικνύει ότι το μέγιστο εμφανίζεται όταν το τρίγωνο είναι ισοσκελές).

Έστω $\displaystyle PT//{x}'x$ , οπότε $\displaystyle P\left( -{{x}_{2}},{{y}_{2}} \right),T\left( {{x}_{2,}}{{y}_{2}} \right),\ 0<{{x}_{2}}\le 3,\ -3<{{y}_{2}}<3$

Τότε $\displaystyle \left( SPT \right)={{x}_{2}}\left( 6-{{y}_{2}} \right)=\sqrt{\left( 9-y_{2}^{2} \right){{\left( 6-{{y}_{2}} \right)}^{2}}},\ \ {{y}_{2}}\in \left( -3,3 \right)$

Η συνάρτηση $\displaystyle f:\left( -3,3 \right)\to R,\ \ f\left( x \right)=\left( 9-{{x}^{2}} \right){{\left( 6-x \right)}^{2}}$ έχει παράγωγο $\displaystyle {f}'\left( x \right)=-2x{{\left( 6-x \right)}^{2}}-2\left( 6-x \right)\left( 9-{{x}^{2}} \right)=2\left( 6-x \right)\left( 2{{x}^{2}}-6x-9 \right)$

Με πίνακα προσήμων βρίσκουμε ότι έχει μέγιστο για $\displaystyle x=\frac{3\left( 1-\sqrt{3} \right)}{2}$

Τότε $\displaystyle {{y}_{2}}=\frac{3\left( 1-\sqrt{3} \right)}{2},{{x}_{2}}=\sqrt{\frac{9\sqrt{3}}{2}}$

και $\displaystyle {{\left( SPT \right)}_{\max }}=\sqrt{\frac{9\sqrt{3}}{2}}\left( \frac{9+3\sqrt{3}}{2} \right)=\frac{9}{2}\sqrt{6\sqrt{3}+9}\cong \text{19}\text{,8165}$

edit: Ταυτόχρονα με αυτήν την ανάρτηση βλέπω και τη γεωμετρική ανάρτηση του Νίκου. Τροφή για σκέψη και μελέτη!

mathematica.gr

Διαλέξτε τον βαθμό σας

Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας

Re: Διαλέξτε τον βαθμό σας