mathematica.gr


https://mathematica.gr/forum/

Ισοδύναμα χωρία - Άσκηση προτεινόμενη από πατέρα ενός μαθητή

https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=95&t=27341

Σελίδα 1 από 1

Ισοδύναμα χωρία - Άσκηση προτεινόμενη από πατέρα ενός μαθητή

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2012 2:54 pm
από Πέτρος Μάρκου
Καλησπέρα.

Πρόσφατα μου δόθηκε μια άσκηση από τον πατέρα ενός μαθητή μου.
(Αν δεν είναι η άσκηση στον κατάλληλο τομέα, με συγχωρείτε)

Η άσκηση είναι η εξής:

Δίνεται ημικύκλιο κέντρου Ο, ακτίνας ρ και διαμέτρου ΓΖ.
Ζητείται να βρεθεί ευθεία παράλληλη στη διάμετρο, η οποία να χωρίζει το ημικύκλιο σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Η λύση που έδωσα είναι η εξής:
Εικόνα

(Τη λύση την "κρύβω" μήπως κάποιος θελήσει να ασχοληθεί μόνος του)

SPOILER:
Το τετράπλευρο {\rm B}{\rm A}{\rm E}\Delta είναι ορθογώνιο ({\rm B}{\rm A}\parallel \Delta {\rm E} , {\rm B}\Delta \parallel {\rm A}{\rm E} και \mathop {{\Delta _1}}\limits^ \wedge = \frac{\pi }{2} )
Επειδή {\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm B} = \rho, {\rm A}{\rm E} = {\rm B}\Delta και \displaystyle{\mathop {{{\rm E}_1}}\limits^ \wedge = \mathop {{\Delta _1}}\limits^ \wedge = \mathop {{{\rm K}_1}}\limits^ \wedge = \mathop {{{\rm K}_1}}\limits^ \wedge = \frac{\pi }{2}}, τα τρίγωνα {\rm B}{\rm O}\Delta, {\rm B}{\rm O}{\rm K} , {\rm K}{\rm O}{\rm A} και {\rm A}{\rm O}{\rm E} θα είναι ίσα (ορθή, υποτείνουσα και κάθετη πλευρά), άρα και ισεμβαδικά.
Έχουμε:
\displaystyle{\mathop {{\rm B}{\rm O}\Delta }\limits^ \wedge + \mathop {{\rm B}{\rm O}{\rm K}}\limits^ \wedge + \mathop {{\rm K}{\rm O}{\rm A}}\limits^ \wedge + \mathop {{\rm A}{\rm O}{\rm E}}\limits^ \wedge = \pi \Leftrightarrow \varphi + \theta + \varphi + \theta = \pi \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi }{2} - \varphi }
Ακόμα, προκύπτει:
\displaystyle{\mathop {{\rm B}{\rm O}{\rm A}}\limits^ \wedge = \pi - 2\varphi }
Στο τρίγωνο \mathop {{\rm A}{\rm O}{\rm E}}\limits^ :
\eta \mu \varphi = \frac{y}{\rho } \Leftrightarrow y = \rho \eta \mu \varphi και \sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{x}{\rho } \Leftrightarrow x = \rho \sigma \upsilon \nu \varphi
Τότε:
{{\rm E}_1} = \left( {{\rm O}} \right \overset{\frown}{{{\rm B}\Theta {\rm A}}}) = \pi {\rho ^2}\frac{{\pi - 2\varphi }}{{2\pi }} = \frac{{{\rho ^2}\left( {\pi - 2\varphi } \right)}}{2}
\begin{array}{l} {{\rm E}_2} = \left( {\mathop {{\rm A}{\rm O}{\rm E}}\limits^ } \right) = \left( {\mathop {{\rm B}{\rm O}{\rm K}}\limits^ } \right) = \left( {\mathop {{\rm K}{\rm O}{\rm A}}\limits^ } \right) = \left( {\mathop {{\rm A}{\rm O}{\rm E}}\limits^ } \right) = \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}\rho \eta \mu \varphi \rho \sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{{{\rho ^2}\eta \mu \varphi \sigma \upsilon \nu \varphi }}{2} = \\ = \frac{{{\rho ^2}2\eta \mu \varphi \sigma \upsilon \nu \varphi }}{4} = \frac{{{\rho ^2}\eta \mu 2\varphi }}{4} \end{array}

{{\rm E}_3} = \left( {{\rm O}} \right \overset{\frown}{{\Gamma {\rm H}{\rm B}} }) = \left( {{\rm O}} \right \overset{\frown}{{{\rm A}{\rm I}{\rm Z}} }) = \pi {\rho ^2}\frac{\varphi }{{2\pi }} = \frac{{{\rho ^2}\varphi }}{2}
{{\rm E}_4} = \left( {\mathop {{\rm A}{\rm O}{\rm B}}\limits^ } \right) = 2{{\rm E}_2} = 2\frac{{{\rho ^2}\eta \mu 2\varphi }}{4} = \frac{{{\rho ^2}\eta \mu 2\varphi }}{2}
Θέλουμε:
\begin{array}{l} {\rm E} = {\rm E}' \Leftrightarrow {{\rm E}_1} - {{\rm E}_4} = 2{{\rm E}_3} + {{\rm E}_4} \Leftrightarrow \frac{{{\rho ^2}\left( {\pi - 2\varphi } \right)}}{2} - \frac{{{\rho ^2}\eta \mu 2\varphi }}{2} = 2\frac{{{\rho ^2}\varphi }}{2} + \frac{{{\rho ^2}\eta \mu 2\varphi }}{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow 2\eta \mu 2\varphi + 4\varphi - \pi = 0,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \varphi \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right){\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array}
Θεωρούμε συνάρτηση f\left( x \right) = 2\eta \mu 2x + 4x - \pi ,x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right) , η οποία είναι παραγωγίσιμη με f'\left( x \right) = 4\sigma \upsilon \nu 2x + 4 > 0,{\text{ }}\forall x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right).
Άρα, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right) και επομένως η εξίσωση \displaystyle{f\left( x \right) = 0} θα έχει το πολύ μια ρίζα στο \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right) .
Με διαδοχικές εφαρμογές του Θεωρήματος Bolzano περιορίζουμε το διάστημα στο οποίο έχει ρίζα στο \Delta = \left( {0,415855{\rm{ }}{\rm{, }}0,415856} \right) .
Άρα \exists !\varphi \in \Delta = \left( {0,415855{\rm{ }}{\rm{, }}0,415856} \right) ρίζα της f\left( x \right) = 0 .
Με μετατροπή σε μοίρες, η γωνία \varphi \in \left( {{{23,8267}^ \circ }{\rm{ }},{\rm{ }}{{23.8268}^ \circ }} \right).
Δύο ερωτήσεις:

1) Η παραπάνω λύση έχει κάποιο πρόβλημα;
2) Υπάρχει λύση με χρήση μόνο Ευκλείδειας Γεωμετρίας;

Re: Ισοδύναμα χωρία - Άσκηση προτεινόμενη από πατέρα ενός μα

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2012 5:51 pm
από Γιώργος Απόκης
Την είχαμε δει εδώ

Re: Ισοδύναμα χωρία - Άσκηση προτεινόμενη από πατέρα ενός μα

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2012 7:40 pm
από Demetres
Η ευθεία δεν μπορεί να κατασκευαστεί μόνο με Ευκλείδια μέσα.

Ας υποθέσουμε πως ο κύκλος έχει ακτίνα 1. Ας υποθέσουμε επίσης πως μπορούμε να κατασκευάσουμε την γωνία \varphi η οποία ικανοποιεί την εξίσωση \sin{2\varphi} + 2\varphi = \pi/2. Τότε ασφαλώς μπορούμε να κατασκευάσουμε και την γωνία 2\varphi και άρα και τμήμα μήκους x = \sin{2\phi}.

Θα δείξω ότι το x είναι υπερβατικός αριθμός και άρα (από γνωστή θεωρία) δεν μπορεί να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη.

Iσχύει ότι \cos{x} = \cos{(\pi/2 - 2\varphi)} = \sin{2\varphi} = x, η ισοδύναμα, για να το φέρω στην μορφή που θα χρειαστώ στην απόδειξη ισχύει ότι \displaystyle{ \frac{1}{2}e^{ix} + \frac{1}{2}e^{-ix} - xe^{0} = 0.}

Αν λοιπόν το x είναι αλγεβρικός, το ίδιο θα ισχύει και για τους ix και -ix. Θα χρησιμοποιήσω τώρα το θεώρημα Lindemann-Weierstrass το οποίο λέει ότι αν \alpha_1,\ldots,\alpha_n είναι διακεκριμένοι αλγεβρικοί αριθμοί και \lambda_1,\ldots,\lambda_n είναι αλγεβρικοί αριθμοί όχι όλοι μηδέν, τότε \lambda_1e^{\alpha_1} + \cdots + \lambda_ne^{\alpha_n} \neq 0.

Εφαρμόζοντας τώρα το θεώρημα με \alpha_1 = ix, \alpha_2 = -ix, \alpha_3 = 0 και \lambda_1 = \lambda_2 = 1/2, \lambda_3 = -x παίρνω \displaystyle{ \frac{1}{2}e^{ix} + \frac{1}{2}e^{-ix} - xe^{0} \neq 0,} άτοπο.

Άρα ο x είναι πράγματι υπερβατικός και επομένως η ευθεία δεν μπορεί να κατασκευαστεί μόνο με κανόνα και διαβήτη.

Re: Ισοδύναμα χωρία - Άσκηση προτεινόμενη από πατέρα ενός μα

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2012 10:24 pm
από Πέτρος Μάρκου
Ευχαριστώ πολύ για την αναλυτική απάντηση στην απορία μου!
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+03:00
Σελίδα 1 από 1
Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited
https://www.phpbb.com/