Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

KARKAR · #1

: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία.png (10.74 KiB) Προβλήθηκε 1477 φορές

Στο άκρο

της διαμέτρου AB=2r

, ενός ημικυκλίου , θεωρούμε την κάθετη προς αυτή ,

επί της οποίας κινείται σημείο

, ώστε :

. Μπορούμε άραγε κα κατασκευάσουμε

τόξο με άκρα τα A , S

και ίσου μήκους με το ημικύκλιο ;

#2

Bεβαίως Θανάση η φτηνή -- αλλά όχι και φτηνιάρικη -- λύση είναι το τεταρτοκύκλιο κέντρου

και ακτίνας 2r.

Από εκεί και πέρα ... μια άλλη 'συμμετρική' πιθανότητα θα ήταν τόξο κύκλου κέντρου

επί της διαγωνίου, έστω K=(d,-d)

-- με

-- και ακτίνας $R=KA=\sqrt{(2r+d)^2+d^2}$ :

Από Νόμο Συνημιτόνων στο KAB

υπολογίζουμε την γωνία

$\dfrac{\theta}{2}=arccos\dfrac{KA^2+KB^2-AB^2}{2\cdot KA\cdot KB}=arccos\left(\dfrac{r^2+rd+d^2}{d\sqrt{2r^2+2rd+d^2}}\right)$ ,

οπότε το μήκος του τόξου

ισούται προς $2\sqrt{4r^2+4rd+2d^2}arccos\left(\dfrac{r^2+rd+d^2}{d\sqrt{2r^2+2rd+d^2}}\right).$

Η επιθυμητή ισότητα τόξων ανάγεται λοιπόν στην ως προς

εξίσωση $2\sqrt{4r^2+4rd+2d^2}arccos\left(\dfrac{r^2+rd+d^2}{d\sqrt{2r^2+2rd+d^2}}\right)=\pi r.$

Θέλει δουλειά -- που δεν την έκανα -- για να αποδειχθεί ότι η εξίσωση αυτή έχει μοναδική λύση. Για r=1

προκύπτει $d\approx 1,882.$

[Να σημειωθεί ότι 'τα πάντα καταρρέουν' στην εύκολη ειδική περίπτωση d=0

... που (ευτυχώς) εξετάσαμε εξ αρχής

]

: τοξοβολία.png (9.09 KiB) Προβλήθηκε 1434 φορές

KARKAR · #3

: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία .png (15.36 KiB) Προβλήθηκε 1390 φορές

Μιλάμε ασφαλώς για μεταβλητό

. Επειδή προφανώς : $AS<\pi r$ , πρέπει : $d<r\sqrt{\pi^2-4}$ .

Το κέντρο

του νέου τόξου είναι βέβαια , σημείο της μεσοκαθέτου του τμήματος

.

Για δεδομένο

, καθίσταται γνωστή η χορδή

, ενώ είναι γνωστό και το τόξο $\overset{\frown}{AS}=\pi r$ .

Συνεπώς , το πρόβλημα μετατρέπεται στο : " Για δεδομένο τόξο και δεδομένη χορδή , εντοπίστε

το κέντρο του κύκλου προέλευσης "

#4

Θανάση ... αυτό ακριβώς περίμενα να με περιμένει στο τέλος μιας δύσκολης μέρας

Συγγώμην για την παρανόηση, αλλά και 'κακή χρήση' μου του γράμματος

που ήδη χρησιμοποίησες στην αρχική σου ανάρτηση (όπου βεβαίως $d\neq 2r$ ): ας κάνουμε μια καινούργια αρχή λοιπόν

Θέτουμε $B=(0,0), A=(-2r,0), S= (0,d), M=\left(-r,\dfrac{d}{2}\right),$ οπότε ο συντελεστής της

είναι $\dfrac{d}{2r}$ και το ζητούμενο κέντρο

μπορεί να γραφεί ως $\left(x,\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right).$ Εύκολα τώρα υπολογίζεται η γωνία $AKM=arctan\dfrac{d}{2(x+r)},$ αλλά και η ακτίνα $KA=\sqrt{(x+2r)^2+\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right)^2}.$ To

μπορεί τώρα να υπολογισθεί μέσω της ισότητας των τόξων

και

$2\sqrt{(x+2r)^2+\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right)^2}arctan\dfrac{d}{2(x+r)}=\pi r.$

... Για r=1, d=1,6

(δεδομένα που αντιστοιχούν περίπου στο δεύτερο σχήμα του Θανάση) η παραπάνω εξίσωση δίνει $x\approx -0,57$ και $AKS\approx 123,48^0$ ('επιβεβαιώνοντας' το σχήμα). Επίσης για d=2r

δίνει το αναμενόμενο και προφανές x=0

(και $AKS=\dfrac{\pi}{2}$ ) ... δυστυχώς όμως δεν δίνει (με r=1, d=2

) την άλλη λύση (μου), $x\approx 1,882$

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 20, 2023 1:52 am
Θανάση ... αυτό ακριβώς περίμενα να με περιμένει στο τέλος μιας δύσκολης μέρας Συγγώμην για την παρανόηση, αλλά και 'κακή χρήση' μου του γράμματος που ήδη χρησιμοποίησες στην αρχική σου ανάρτηση (όπου βεβαίως $d\neq 2r$ ): ας κάνουμε μια καινούργια αρχή λοιπόν

Θέτουμε $B=(0,0), A=(-2r,0), S= (0,d), M=\left(-r,\dfrac{d}{2}\right),$ οπότε ο συντελεστής της είναι $\dfrac{d}{2r}$ και το ζητούμενο κέντρο μπορεί να γραφεί ως $\left(x,\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right).$ Εύκολα τώρα υπολογίζεται η γωνία $AKM=arctan\dfrac{d}{2(x+r)},$ αλλά και η ακτίνα $KA=\sqrt{(x+2r)^2+\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right)^2}.$ To μπορεί τώρα να υπολογισθεί μέσω της ισότητας των τόξων και

$2\sqrt{(x+2r)^2+\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right)^2}arctan\dfrac{d}{2(x+r)}=\pi r.$

... Για (δεδομένα που αντιστοιχούν περίπου στο δεύτερο σχήμα του Θανάση) η παραπάνω εξίσωση δίνει $x\approx -0,57$ και $AKS\approx 123,48^0$ ('επιβεβαιώνοντας' το σχήμα). Επίσης για δίνει το αναμενόμενο και προφανές (και $AKS=\dfrac{\pi}{2}$ ) ... δυστυχώς όμως δεν δίνει (με ) την άλλη λύση (μου), $x\approx 1,882$

Κανένα πρόβλημα τελικά, η "άλλη λύση" (μου), $x\approx 1,882$ , πολύ απλά δεν υπάρχει, απλώς υπήρχε ένα λαθάκι στους τύπους μου (#2)... Διορθώνω:

Ο σωστός τύπος, στην ειδική περίπτωση d=2r

πάντοτε, δεν είναι $\dfrac{\theta }{2}=arccos\left(\dfrac{r^2+rx+x^2}{x\sqrt{2r^2+2rx+x^2}}\right),$ αλλά

$\dfrac{\theta }{2}=arccos\left(\dfrac{r+x}{\sqrt{2r^2+2rx+x^2}}\right),$

απόλυτα συμβατός με τον τύπο $AKM=arctan\dfrac{d}{2(x+r)}$ (#4).

Χρησιμοποιώντας τον σωστό τύπο καταλήγουμε, για d=2r,

σε μία και μόνη λύση ( x=0

), όπως και στην #4 -- και βέβαια δεν θα μπορούσαμε να αναμένουμε και από γεωμετρικής πλευράς περισσότερες από μία λύσεις! (Στο συνημμένο το γράφημα της σχετικής συνάρτησης (μήκους τόξου

για

), τέμνον τον άξονα των

στο $(0,\pi).$ )

: σωστός-τύπος.png (19.71 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

KARKAR · #6

: Παράδειγμα τοξοβολίας.png (20.05 KiB) Προβλήθηκε 1251 φορές

Ας πούμε λοιπόν ότι γνωρίζουμε το

και το

. Τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι για την ακτίνα

του ζητούμενου κύκλου , ισχύει : $\sin\dfrac{S}{2R}=\dfrac{a}{2R}$ . Στο παράδειγμα του σχήματος , είναι :

$\sin\dfrac{2\pi}{R}=\dfrac{5}{R}$ , η οποία δίνει : $R\simeq 5,49317$ ( φυσικά με χρήση λογισμικού

)

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 21, 2023 7:31 pm
Παράδειγμα τοξοβολίας.pngΑς πούμε λοιπόν ότι γνωρίζουμε το και το . Τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι για την ακτίνα

του ζητούμενου κύκλου , ισχύει : $\sin\dfrac{S}{2R}=\dfrac{a}{2R}$ . Στο παράδειγμα του σχήματος , είναι :

$\sin\dfrac{2\pi}{R}=\dfrac{5}{R}$ , η οποία δίνει : $R\simeq 5,49317$ ( φυσικά με χρήση λογισμικού )

Αυτή η ημιγεωμετρική προσέγγιση του Θανάση είναι μάλλον και η καλύτερη!

[Σύγκριση αποτελεσμάτων: με την δική μου μέθοδο βρίσκουμε, από την $2\sqrt{(x+2r)^2+\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\right)^2}arctan\dfrac{d}{2(x+r)}=\pi r$ (για r=4, d=6,

) $x\approx -2,6351,$ οπότε

$AKM=arctan\dfrac{d}{2(x+r)}=arctan\dfrac{6}{2(-2,6351+4)}\approx 1,14382\approx 65,54^0,$

ενώ με την μέθοδο του Θανάση βρίσκουμε -- έχοντας υπολογίσει το $R\approx 5,49317$ όπως παραπάνω ο Θανάσης --

$AKM=arcsin\dfrac{a}{2R}=arcsin\dfrac{10}{2\cdot 5,49317}\approx 1,14382 \approx 65,54^0.$

(Βεβαίως για άμεσο υπολογισμό των συντεταγμένων του

ακολουθούμε την δική μου μέθοδο, με $x\approx -2,6351,$ $y=\dfrac{d}{2}-\dfrac{2r}{d}(x+r)\approx 1,18,$ και, πράγματι, $\sqrt{x^2+y^2}\approx 5,49314,$ κλπ)]

Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Re: Δύσκολο σπορ η τοξοβολία

Μέλη σε σύνδεση