Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

#1

Να βρείτε τη μέγιστη απόσταση δύο σημείων της καμπύλης
$\displaystyle \frac{{{x^4}}}{{{\alpha ^4}}} + \frac{{{y^4}}}{{{b^4}}} = 1$

#2

Ας παρατηρήσουμε κατ' αρχήν ότι η ζητούμενη μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο σημεία (x,y)

,

. Πράγματι, αν η μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο μη συμμετρικά ως προς (0,0)

σημεία

,

επί της καμπύλης, τότε ... λαμβάνοντας τα συμμετρικά

,

ως προς

καταλήγουμε σε ένα παραλληλόγραμμο ABA'B'

όπου είτε

είτε

(άτοπο): πράγματι, σε κάθε παραλληλόγραμμο μία τουλάχιστον διαγώνιος (κείμενη απέναντι αμβλείας γωνίας) είναι μεγαλύτερη και των δύο πλευρών.

Αναζητούμε λοιπόν το μέγιστο της $2\sqrt{x^2+y^2}$ για $\dfrac{x^4}{a^4}+\dfrac{y^4}{b^4}=1$ , δηλαδή για $y^2=\dfrac{b^2\sqrt{a^4-x^4}}{a^2}$ . Αρκεί επομένως να μεγιστοποιήσουμε την $x^2+y^2=x^2+\dfrac{b^2\sqrt{a^4-x^4}}{a^2}=f(x)$ . Από την $f'(x)=2x-\dfrac{2b^2x^3}{a^2\sqrt{a^4-x^4}}$ συμπεραίνουμε ότι έχουμε μεγιστοποίηση για $x^2=\dfrac{a^4}{\sqrt{a^4+b^4}}$ . Επιστρέφοντας στην $2\sqrt{x^2+y^2}$ συμπεραίνουμε ότι το ζητούμενο μέγιστο ισούται προς $2\sqrt[4]{a^4+b^4}$ .

Τα παραπάνω επαληθεύονται στην περίπτωση a=2

,

, με μέγιστη απόσταση περίπου 6,27

:

: ΑΣΕΠ-12-1-18.png (7.05 KiB) Προβλήθηκε 2030 φορές

#3

Σε ένα παραλληλόγραμμο κάθε πλευρά είναι μικρότερη από τουλάχιστον μία διαγώνιο. Αυτό μπορεί να επαληθευθεί εύκολα με την τριγωνική ανισότητα ή και τον κανόνα του παραλληλογράμμου: Αν $d_{1},d_{2}$ είναι οι διαγώνιοι και και a,b

οι πλευρές τότε δεν μπορεί να είναι $a \geq d_{1}$ και $a \geq d_{2}$ διότι τότε θα είχαμε $d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=2a^{2}+2b^{2}\geq$ $d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{2}^{2}$ δηλαδή $d_{2}=0$ .

Ας ονομάσουμε

την καμπύλη η οποία προφανώς έχει άξονα συμμετρίας την αρχή των αξόνων

. Αν

είναι δύο σημεία της

και υποτεθεί ότι η ευθεία

δεν διέρχεται από το

τότε ονομάζουμε M′,N′

τα συμμετρικά τους ως προς

. Αυτά θα ανήκουν στην καμπύλη και το MNM′N

′ είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς το μήκος της πλευράς

θα είναι μικρότερο από κάποια διαγώνιο που φυσικά διέρχεται από το

.

Οι προηγούμενες παρατηρήσεις μας λένε ότι το μέγιστο θα αναζητηθεί σε σημεία που η ευθεία τους διέρχεται από το

. Αλλά κάθε τέτοια ευθεία είναι της μορφής y=px

και τέμνει την

σε δύο σημεία που είναι συμμετρικά ως προς προς

. 'Αρα πρόκειται για σημεία της μορφής $\left( \pm x,\pm y\right)$ . Η απόσταση τους είναι
$\sqrt{4x^{2}+4y^{2}}$ . Ζητάμε λοιπόν σημείο (x,y)

της

ώστε το $\sqrt{4x^{2}+4y^{2}}$ να γίνεται μέγιστο.
Είναι $\left( \frac{x^{2}}{a^{2}}\right) ^{2}+\left( \frac{y^{2}}{b^{2}}\right) =1$ άρα υπάρχει

ώστε $\frac{x^{2}}{a^{2}}=\sigma \upsilon \nu t$ , \ $\frac{y^{2}}{b^{2}}=\eta \mu t,t\in \lbrack 0,\frac{\pi }{2})$ .
Θέλουμε λοιπόν να μεγιστοποιήσουμε το $\sqrt{4b^{2}\eta \mu t+\ 4a^{2}\sigma \upsilon \nu t}$ που κατά τα γνωστά γράφεται και $\sqrt{\rho \eta \mu \left( t+\varphi \right) }$ όπου $\rho =\sqrt{16b^{4}+16a^{4}}=\allowbreak 4\sqrt{a^{4}+b^{4}}$ και $\sigma \upsilon \nu \varphi =\frac{4b^{2}}{\rho }$ , $\eta \mu \varphi =\frac{4a^{2}}{\rho }$ . Η μέγιστη τιμή λοιπόν είναι $\sqrt{\rho }=2\root{4}\of{a^{4}+b^{4}}$ και επιτυγχάνεται όταν $\eta \mu \left( t+\varphi \right) =1$ .
edit Έγραφα και δεν είδα το post του Γιώργου. Το αφήνω για τον κόπο μου και για το ότι η λύση στηρίζεται σε γνώσεις Β΄Λυκείου

#4

Το πιάνω από κει που το άφησε ο Νίκος: Θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε την παράσταση $\displaystyle{d^2=4(x^2+y^2),}$ υπό το δεσμό $\displaystyle{\frac{x^4}{a^4}+\frac{y^4}{b^4}=1.}$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{1=\frac{x^4}{a^4}+\frac{y^4}{b^4}\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{a^4+b^4}\implies d\leq 2\sqrt[4]{a^4+b^4}.}$

Η ισότητα πιάνεται όταν $\displaystyle{|x|=\frac{a^2}{\sqrt[4]{a^4+b^4}},|y|=\frac{b^2}{\sqrt[4]{a^4+b^4}}}$ .

Άρα $\displaystyle{d_{\max}=2\sqrt[4]{a^4+b^4}.}$

#5

chris_gatos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 12, 2019 12:08 am
Να βρείτε τη μέγιστη απόσταση δύο σημείων της καμπύλης
$\displaystyle \frac{{{x^4}}}{{{\alpha ^4}}} + \frac{{{y^4}}}{{{b^4}}} = 1$

Χρήστο καλημέρα...και μια άλλη ιδέα...

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Μέγιστη απόσταση 1.png (16.66 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Από τη μορφή της εξίσωσης (1) εύκολα διαπιστώνει κανείς ότι η
καμπύλη $\displaystyle{c}$ έχει ως άξονες συμμετρίας τους άξονες $\displaystyle{Ox, Oy}$
καθώς και ένα κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων $\displaystyle{O}$ .

Με δεδομένα αυτά μπορεί να υποστηρίξουμε ότι τα σημεία εκείνα
που έχουν τη μέγιστη απόσταση θα είναι πάνω σε μια "διάμετρο".
"Διάμετρο" θα λέμε εκείνη τη χορδή της καμπύλης $\displaystyle{c}$ αυτής που διέρχεται
από το κέντρο αυτής. Αυτό δείχνεται ως εξής:

Έστω $\displaystyle{KL}$ , μια τυχαία χορδή της καμπύλης $\displaystyle{c}$ .
Τότε από την τριγωνική ανισότητα θα είναι:

$\displaystyle{KL\leq OK+OL \ \ (2)}$

Όμως τα τμήματα $\displaystyle{OK, OL}$ είναι μισά της αντίστοιχης "διαμέτρου" που
αυτά ορίζουν και συνεπώς θα είναι μικρότερα από εκείνη τη "διάμετρο" $\displaystyle{d}$
η οποία θα είναι η μέγιστη.
Άρα η από την (2) προκύπτει:

$\displaystyle{KL \leq OK+OL \leq \frac{d}{2}+\frac{d}{2}=d \ \(3)}$

Ύστερα από αυτά μένει να βρούμε ποια είναι η μέγιστη διάμετρος της $\displaystyle{c}$ .

Αναζήτηση της μέγιστης "διαμέτρου"
Εργαζόμαστε στο δεύτερο σχήμα:

: Μέγιστη απόσταση 2.png (15.95 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Από την εξίσωση (1) έχουμε:

$\displaystyle{y^2=\frac{b^2}{a^2}\sqrt{a^4-x^4} \ \ (4)}$

Έτσι θα είναι:

$\displaystyle{f(x)=d^2=(OM)^2=x^2+y^2=x^2+\frac{b^2}{a^2} \sqrt{a^4-x^4} \ \ (5)}$

Αν μελετήσουμε την $\displaystyle{f}$ ουσιαστικά μελετάμε τη μεταβολή του μεγέθους
και όλης της διαμέτρου $\displaystyle{NM=2d}$
Είναι διαδοχικά :

$\displaystyle{f'(x)=2x-\frac{b^2}{a^2}\cdot \frac{2x^3}{\sqrt{a^4-x^4}}=\frac{2a^2\sqrt{a^4-x^4} \cdot x-2b^2 x^3}{a^2 \sqrt{a^4-x^4} }$

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2x(a^2\sqrt{a^4-x^4}-b^2 x^2}{a^2 \sqrt{a^4-x^4} }=\frac{2x(a^2\sqrt{a^4-x^4}-b^2 x^2}{a^2 \sqrt{a^4-x^4} } \cdot \frac{(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2)}{(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2)}}$

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2x(a^4(a^4-x^4)-b^4x^4}{a^2\sqrt{a^4-x^4}(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2)} =\frac{2x(a^8-(a^4x^4+b^4x^4)}{a^2\sqrt{a^4-x^4}(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2} = \frac{2x(a^8-(a^4+b^4)x^4)}{a^2\sqrt{a^4-x^4}(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2}}$

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2x(a^4+\sqrt{a^4+b^4}\cdot x^2)(a^4-\sqrt{a^4+b^4} \cdot x^2)}{a^2\sqrt{a^4-x^4}(a^2\sqrt{a^4-x^4}+b^2x^2)}}$

Από την τελευταία μορφή εύκολα μελετάται το πρόσημο της παραγώγου και κατά συνέπεια τα ακρότατα της $\displaystyle{f}$ .

Έτσι το μέγιστο παρατηρείται για την τιμή:

$\displaystyle{x=\frac{a^2}{\sqrt[4]{a^4+b^4} }\ \ (6)}$

και το ελάχιστο για την τιμή $\displaystyle{x=0}$

Η μέγιστη αυτή θέση της διαμέτρου εμφανίζεται στο τρίτο σχήμα:

: Μέγιστη απόσταση 3.png (20.2 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Κώστας Δόρτσιος

ΥΓ1. Τα τρία σχήματα σχεδιάστηκαν με τιμές $\displaystyle{a=1.8, \ \ b=1.3}$ μονάδες μήκους.

ΥΓ2. Αφού βρέθηκε η τετμηνένη της θέσης του μεγίστου εύκολα προσδιορίζεται και η τιμή του μεγίστου.

ΥΓ3. Θα μπορούσαμε να κάνουμε και ολόκληρη τη μεταβολή της διαμέτρου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 12, 2019 8:23 pm
Ας παρατηρήσουμε κατ' αρχήν ότι η ζητούμενη μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο σημεία , . Πράγματι, αν η μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο μη συμμετρικά ως προς σημεία , επί της καμπύλης, τότε ... λαμβάνοντας τα συμμετρικά , ως προς καταλήγουμε σε ένα παραλληλόγραμμο όπου είτε είτε (άτοπο): πράγματι, σε κάθε παραλληλόγραμμο μία τουλάχιστον διαγώνιος (κείμενη απέναντι αμβλείας γωνίας) είναι μεγαλύτερη και των δύο πλευρών.

Δεν χρειάζεται παραλληλόγραμμο.

Αν θέσουμε O=(0,0)

τότε από τριγωνική έχουμε

$AB\leq AO+BO$

Αλλά θα είναι $AB\leq 2AO or AB\leq 2BO$

Προφανώς 2AO =AA'

και

όπου

τα συμμετρικά των A,B

αντίστοιχα.

Αρα η μέγιστη απόσταση λαμβάνεται για συμμετρικά σημεία

#7

Καλησπέρα σε όλους. Mια προσπάθεια με τη μέθοδο του τριωνύμου.

: 13-1-2019 Μέγιστο μήκος.png (51.85 KiB) Προβλήθηκε 1878 φορές

Έστω ο κύκλος με εξίσωση $\displaystyle {x^2} + {y^2} = {R^2}$

Αναζητούμε την αναγκαία και ικανή συνθήκη ώστε να τέμνει την καμπύλη.

Είναι y^2=R^2-x^2

οπότε η εξίσωση της καμπύλης γίνεται

$\displaystyle \frac{{{x^4}}}{{{a^4}}} + \frac{{{{\left( {{R^2} - {x^2}} \right)}^2}}}{{{b^4}}} = 1 \Leftrightarrow \left( {{a^4} + {b^4}} \right){x^4} - 2{a^4}{R^2}{x^2} + {a^4}{R^4} - {a^4}{b^4} = 0$

Για να έχουμε σημεία τομής πρέπει να είναι

$\displaystyle D \ge 0 \Leftrightarrow 4{a^8}{R^4} - 4{a^4}\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{R^4} - {b^4}} \right) \ge 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow {b^4}\left( {{a^4} - {R^4} + {b^4}} \right) \ge 0$

$\displaystyle \Rightarrow \sqrt {{a^4} + {b^4}} \ge {R^2}$ .

H ελάχιστη τιμή του

, για να έχει κοινά σημεία με την καμπύλη είναι $R \ge (min {a, b})$ .

Η μέγιστη ακτίνα του κύκλου δίνει δύο διπλές ρίζες για το

που είναι οι τετμημένες των σημείων επαφής κύκλου και καμπύλης.

Κάθε σημείο της καμπύλης, εκτός των σημείων επαφής είναι εσωτερικό του κύκλου, άρα μέγιστη απόσταση έχουμε για δύο αντιδιαμετρικά σημεία επαφής.

Έστω $\displaystyle A\left( {{x_0},\;{y_0}} \right),\;\;B\left( { - {x_0},\; - {y_0}} \right)$ αυτά τα σημεία.

Οπότε $\displaystyle x_0^2 + y_0^2 = {R^2} \Leftrightarrow x_0^2 + y_0^2 = \sqrt {{a^4} + {b^4}}$ , με τη μέγιστη μεταξύ τους απόσταση $\displaystyle 2R = 2\sqrt[4]{{{a^4} + {b^4}}}$ .

edit Έκανα μια αλλαγή στη διατύπωση σε σχέση με την αρχική ανάρτηση και μια προσθήκη για το ελάχιστο της ακτίνας

.

#8

Γιώργο πολύ ωραία η προσπάθεια, ίσως να μην επαρκεί ως έχει για αυστηρή απόδειξη, μας δίνει όμως έναν πανέμορφο χαρακτηρισμό της μέγιστης απόστασης, κάτι που είχα αναζητήσει και εγώ (ανεπιτυχώς, κυρίως επειδή δεν πίστεψα ότι υπάρχει)!

Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Re: Μέγιστη απόσταση σημείων καμπύλης

Μέλη σε σύνδεση