Κατώτερος θεός

KARKAR · #1

Σύμφωνα με ένα παλιό σόφισμα , ο θεός δεν μπορεί να είναι παντοδύναμος , αφού αδυνατεί

να κατασκευάσει ένα βράχο τόσο βαρύ , που να μην μπορεί και ο ίδιος να τον σηκώσει !

: Κατώτερος θεός.png (14.29 KiB) Προβλήθηκε 226 φορές

Σε σημείο

της διαμέτρου

ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα

. Σχεδιάζω

στο ίδιο ημιεπίπεδο ημικύκλιο διαμέτρου

προς το οποίο φέρω την εφαπτομένη SPQ

.

Βρείτε την θέση του

, για την οποία μεγιστοποιείται το τμήμα

. Χωρίς λύση !

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 05, 2024 12:59 pm
Σύμφωνα με ένα παλιό σόφισμα , ο θεός δεν μπορεί να είναι παντοδύναμος , αφού αδυνατεί

να κατασκευάσει ένα βράχο τόσο βαρύ , που να μην μπορεί και ο ίδιος να τον σηκώσει !

Κατώτερος θεός.pngΣε σημείο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα . Σχεδιάζω

στο ίδιο ημιεπίπεδο ημικύκλιο διαμέτρου προς το οποίο φέρω την εφαπτομένη .

Βρείτε την θέση του , για την οποία μεγιστοποιείται το τμήμα . Χωρίς λύση !

Έστω

το μεγάλο και (K, r)

το μικρό ημικύκλιο. Προφανώς, KO=R-r.

Εξάλλου, $\displaystyle S{P^2} = S{T^2} = AT \cdot TB = 4r(R - r)$

$\displaystyle SP \cdot PQ = {R^2} - P{O^2} \Leftrightarrow PQ = \frac{{{R^2} - P{O^2}}}{{2\sqrt {r(R - r)} }}$ (1)

: Κατώτερος θεός.png (20.26 KiB) Προβλήθηκε 176 φορές

Από $\displaystyle \tan \theta = \frac{{2\sqrt {r(R - r)} }}{r}$ βρίσκω $\displaystyle \tan 2\theta = \frac{{4\sqrt {r(R - r)} }}{{5R - 4r}}$ και στη συνέχεια $\displaystyle \cos 2\theta = \frac{{5r - 4R}}{{4R - 3r}}$

Με νόμο συνημιτόνου στο PKO

υπολογίζω το

και αντικαθιστώ στην (1)

απ' όπου $\displaystyle PQ = \frac{{2r\sqrt {r(R - r)} }}{{4R - 3r}}$

και με τη βοήθεια παραγώγων βρίσκω $\boxed{ P{Q_{\max }} = R\sqrt {\frac{{73\sqrt {73} - 595}}{{162}}}}$ όταν $\boxed{ r = R\left( {\frac{{19 - \sqrt {73} }}{{12}}} \right)}$

Κατώτερος θεός

Κατώτερος θεός

Re: Κατώτερος θεός

Μέλη σε σύνδεση