Ελάχιστο και ρητό

KARKAR · #1

: Ρητό και μέγιστο.png (10.69 KiB) Προβλήθηκε 976 φορές

Το σημείο

κινείται στο εσωτερικό τμήματος AB=7

. Σε διαφορετικά ημιεπίπεδα

σχεδιάζω το ισόπλευρο τρίγωνο AST

και το τετράγωνο SBCD

.

α) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του (TB)

.

β) Βρείτε μια ρητή τιμή του (AC)

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 13, 2021 12:49 pm
Ρητό και μέγιστο.pngΤο σημείο κινείται στο εσωτερικό τμήματος . Σε διαφορετικά ημιεπίπεδα

σχεδιάζω το ισόπλευρο τρίγωνο και το τετράγωνο .

α) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του .

β) Βρείτε μια ρητή τιμή του .

α) Θέτουμε SB=x

οπότε

. Από τον Νόμο των Συνημιτόνων στο αμβλυγώνιο TSB

έχουμε

. To τελευταίο έχει ελάχιστη τιμή για $x=\frac {7}{2}$ , ίση με $\frac {147}{4}$ . Δηλαδή $TB=\frac {7{\color {red}\sqrt 3}}{2}$ . (Edit: Διόρθωση Λογιστικού σφάλματος. Βλέπε επόμενο ποστ.)

β) Με τον προηγούμενο συμβολισμό, είναι AC^2=7^2+x^2

Ακολουθώντας ένα τέχνασμα του Διόφαντου, "πλάσσω τον

ως

". Είναι τότε

7^2+x^2=(x+3)^2

(που είναι πρωτοβάθμια), από όπου $x=\frac {20}{3}$ (δεκτή αφού είναι μικρότερη του

). Έλεγχος: AC^2=7^2+(20/3)^2= 841/9

. Άρα $AC=\frac {29}{3}$ .

Αν θέλουμε και άλλο παράδειγμα, αρχίζουμε από την 7^2+x^2=(x+4)^2

. Θα δώσει $x=\frac {33}{8}$ από όπου $AC=\frac {65}{8}$ .

KARKAR · #3

Πρώτα το άχαρο : Το σωστό αποτέλεσμα στο πρώτο ερώτημα είναι : $TB=\dfrac{7\sqrt{3}}{2}$ .

Για το δεύτερο ερώτημα ο Μιχάλης μας δίνει μια σπουδαία πληροφορία , που δεν γνώριζα .

Ας την αξιοποιήσουμε : Προφανώς για την πλευρά του τετραγώνου , πρέπει : 0<x<7

.

Αν λοιπόν για τον ρητό

, θεωρήσω την : (x+a)^2=x^2+49

, θα βρω : $x=\dfrac{49-a^2}{2a}$ .

Λαμβάνοντας υπόψη τον περιορισμό , δηλαδή : $0<\dfrac{49-a^2}{2a}<7$ , βρίσκω ότι :

$7(\sqrt{2}-1)<a<7$ , ή περίπου : 2,9<a<7

και βρίσκουμε άπειρες λύσεις .

Η λύση που είχα κατά νου αρχικά , ήταν η : $7 , \dfrac{12}{5} , \dfrac{37}{5}$ , η οποία

παράγεται από τη πυθαγόρεια τριάδα 35 , 12 , 37

, διαιρώντας δια

!

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 13, 2021 4:02 pm

β) .... Ακολουθώντας ένα τέχνασμα του Διόφαντου, "πλάσσω τον ως ". Είναι τότε

(που είναι πρωτοβάθμια), από όπου $x=\frac {20}{3}$

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 13, 2021 8:47 pm

Για το δεύτερο ερώτημα ο Μιχάλης μας δίνει μια σπουδαία πληροφορία , που δεν γνώριζα .

Ας την αξιοποιήσουμε : Προφανώς για την πλευρά του τετραγώνου , πρέπει : .

Αν λοιπόν για τον ρητό , θεωρήσω την : , θα βρω : $x=\dfrac{49-a^2}{2a}$ .

Αξίζει ένα ιστορικό σχόλιο: Ο Διόφαντος σε πολλά σημεία χρησιμοποιεί τεχνάσματα σαν το παραπάνω για να κάνει "υποβιβασμό του βαθμού της εξίσωσης". Στο παραπάνω, έφυγε ο κακός όρος x^2

(ο πιο υψηλόβαθμος), οπότε ως δια μαγείας η εξίσωση έγινε πρωτοβάθμια.

Ένα παρεμφερές τέχνασμά του, που θα το αναπτύξω με παράδειγμα στην ίδια εξίσωση, είναι να διώξει τον πιο χαμηλόβαθμο όρο. Χαρείτε το:

Θέλουμε ρητή λύση

της

. Πριν "πλάσσαμε" το

ως

για να φύγει το x^2

. Tώρα θα τον πλάσσουμε ως ax+7

για να φύγει ο σταθερός όρος 7^2

. Για παράδειγμα ας πάρουμε $AC= \frac {1}{3} x+7$ . Tότε η εξίσωση γίνεται

$x^2+7^2= \left ( \frac {1}{3} x+7 \right )^2$ , ισοδύμναμα $x^2+7^2= \frac {1}{9} x^2+ \frac {14}{3} x+7^2$ . Τώρα φεύγει το 7^2

, οπότε μένει

$x^2= \frac {1}{9} x^2+ \frac {14}{3} x$

Διαιρούμε με

, οπότε έχουμε $x= \frac {1}{9} x+ \frac {14}{3}$ (πρωτοβάθμια. Ζήτω, καθώς έγινε ο υποβιβασμός του βαθμού). Οπότε $x=\dfrac {21}{4}$ , και λοιπά.

KARKAR · #5

Τα μαθηματικά στις ομορφιές τους

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 13, 2021 4:02 pm

β) Με τον προηγούμενο συμβολισμό, είναι Ακολουθώντας ένα τέχνασμα του Διόφαντου, "πλάσσω τον ως ". Είναι τότε

(που είναι πρωτοβάθμια), από όπου $x=\frac {20}{3}$ (δεκτή αφού είναι μικρότερη του ). Έλεγχος: . Άρα $AC=\frac {29}{3}$ .

Αν θέλουμε και άλλο παράδειγμα, αρχίζουμε από την . Θα δώσει $x=\frac {33}{8}$ από όπου $AC=\frac {65}{8}$ .

Ομολογώ ότι δεν γνώριζα αυτό το τέχνασμα

#7

Ας είναι

το σταθερό μέσο του

και

του μεταβλητού

.

Προεκτείνω το

προς το

, κατά τμήμα

έτσι ώστε: $\boxed{MP = MB = \frac{7}{2}}$ .
.

: Ελάχιστο και ρητό_a1.png (18.62 KiB) Προβλήθηκε 838 φορές

.
Το $\vartriangle MBP$ είναι προφανώς ισόπλευρο και αν

η διάμεσός του θα είναι :

$BN \geqslant BE \Rightarrow TB \geqslant 2BE$ . Αλλά το

είναι ύψος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς $\dfrac{7}{2}$

και άρα $\boxed{TB \geqslant 2 \cdot \dfrac{7}{2} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{2}}$ , δηλαδή το ελάχιστο μέτρο του

είναι $\displaystyle \boxed{\frac{{7\sqrt 3 }}{2}}$ .

β) για π.χ. $BC = 4\sqrt 2$ έχω AC = 9

όχι απλά ρητός αλλά και ακέραιος . Μπορούμε και άλλες υποτείνουσες ακέραιες

: Ελάχιστο και ρητό_b.png (11 KiB) Προβλήθηκε 838 φορές

KARKAR · #8

Η απάντηση του Νίκου στο β) ερώτημα είναι το ...αυγό του Κολόμβου . Είναι κατανοητό , πάντως ,

ότι θέλαμε ρητό και το μήκος της πλευράς του τετραγώνου αλλά ... δεν το γράψαμε

Ελάχιστο και ρητό

Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Re: Ελάχιστο και ρητό

Μέλη σε σύνδεση