Δύσκολο να βρεις μέσο

KARKAR · #1

: Δύσκολα θα βρεις μέσο.png (20.72 KiB) Προβλήθηκε 2423 φορές

Το βόρειο σημείο τομής των κύκλων (O,4)

και

, ονομάσαμε

. Το

είναι ο νότιος πόλος

του (O)

και το τμήμα

τέμνει τον (K)

στο σημείο

. Μπορούμε να κατασκευάσουμε το σχήμα

με τρόπο , ώστε το

να είναι το μέσο του

;

#2

Θέτοντας

,

, μας προκύπτουν -- γενικώτερα για

αντί του

και για

αντί του

-- οι εξισώσεις

x^2+y^2=R^2,

$\left(\dfrac{x}{2}-d\right)^2+\left(\dfrac{y-R}{2}\right)^2=r^2.$

Με αντικατάσταση της πρώτης εξίσωσης στην δεύτερη προκύπτει η

$x=\dfrac{R^2+d^2-r^2}{2d},$

ενώ με αντικατάσταση της πρώτης και της δεύτερης εξίσωσης στην τρίτη προκύπτει η

$y=\dfrac{d^2-r^2}{R},$

οπότε με αντικατάσταση των ως άνω

,

στην πρώτη εξίσωση προκύπτει η εκτοβάθμιος

4d^6+(R^2-8r^2)d^4+(4r^4-2R^2r^2-2R^4)d^2+R^2(R^2-r^2)^2=0.

Για

,

η παραπάνω γίνεται

(d^2+7)(d^4-21d^2+28)=0,

με πραγματικές ρίζες

$\displaystyle d=\pm\sqrt{\dfrac{21\pm\sqrt{329}}{2}}.$

Μία από τις ρίζες είναι η $d\approx 4,4237$ (αντιστοιχούσα στο σχήμα του Θανάση) και μία άλλη η $d\approx 1,1962$ ... που θέλει συζήτηση....

#3

[quote=gbaloglou post_id=356492 time=1679810789 user_id=623]
Θέτοντας O=(0,0)

,

, μας προκύπτουν -- γενικώτερα για

αντί του

και για

αντί του

-- οι εξισώσεις

x^2+y^2=R^2,

$\left(\dfrac{x}{2}-d\right)^2+\left(\dfrac{y-R}{2}\right)^2=r^2.$

Με αντικατάσταση της πρώτης εξίσωσης στην δεύτερη προκύπτει η

$x=\dfrac{R^2+d^2-r^2}{2d},$

ενώ με αντικατάσταση της πρώτης και της δεύτερης εξίσωσης στην τρίτη προκύπτει η

$y=\dfrac{d^2-r^2}{R},$

οπότε με αντικατάσταση των ως άνω

,

στην πρώτη εξίσωση προκύπτει η εκτοβάθμιος

4d^6+(R^2-8r^2)d^4+(4r^4-2R^2r^2-2R^4)d^2+R^2(R^2-r^2)^2=0.

Για

,

η παραπάνω γίνεται

(d^2+7)(d^4-21d^2+28)=0,

με πραγματικές ρίζες

$\displaystyle d=\pm\sqrt{\dfrac{21\pm\sqrt{329}}{2}}.$

Μία από τις ρίζες είναι η $d\approx 4,4237$ (αντιστοιχούσα στο σχήμα του Θανάση) και μία άλλη η $d\approx 1,1962$ ... που θέλει συζήτηση....
[/quote]

Το συνημμένο δείχνει τι συμβαίνει με την $d\approx -1,1962$ ... και εξηγεί γενικώς το πρόβλημα και τις λύσεις του:

[attachment=0]δεύτερο-μέσο.png[/attachment]

#4

Μια ματιά στην γενική περίπτωση με βάση τα παραπάνω:

Μέσω της παραγοντοποίησης

4d^6+(R^2-8r^2)d^4+(4r^4-2R^2r^2-2R^4)d^2+R^2(R^2-r^2)^2=

προκύπτει αυτό που είναι πλέον -- ίσως και εξ αρχής για κάποιους -- γεωμετρικά προφανές, ότι δηλαδή έχουμε 4 ακριβώς λύσεις ... υπό τον όρο να έχουμε θετική διακρίνουσα, να ισχύει δηλαδή η ανισότητα 40R^2r^2+16r^4>7R^4

. (Θα συνεχίσω άλλη φορά με την περίπτωση της μηδενικής διακρίνουσας, υποθέτοντας πάντα R>r

.)

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 27, 2023 11:49 pm
Μια ματιά στην γενική περίπτωση με βάση τα παραπάνω:

Μέσω της παραγοντοποίησης

προκύπτει αυτό που είναι πλέον -- ίσως και εξ αρχής για κάποιους -- γεωμετρικά προφανές, ότι δηλαδή έχουμε 4 ακριβώς λύσεις ... υπό τον όρο να έχουμε θετική διακρίνουσα, να ισχύει δηλαδή η ανισότητα . (Θα συνεχίσω άλλη φορά με την περίπτωση της μηδενικής διακρίνουσας, υποθέτοντας πάντα .)

Στην περίπτωση μηδενικής διακρίνουσας προκύπτουν οι τύποι $d=\pm\dfrac{\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2}R,$ $r=\dfrac{\sqrt{4\sqrt{2}-5}}{2}R.$ Για R=1

λαμβάνουμε $d\approx \pm0,676$ και $r\approx 0,405$ , και στο πρώτο συνημμένο βλέπουμε πως οι 4 λύσεις γίνονται 2 ... καθώς οι κάτω χορδές εφάπτονται του κύκλου ακτίνας

.

Στην περίπτωση R<r

αποκλείεται η μία λύση της διτετράγωνης και λαμβάνουμε $d^2=\dfrac{3R^2+4r^2+\sqrt{40R^2r^2+16r^4-7R^4}}{8}.$ Για R=1

και

λαμβάνουμε $d\approx \pm2,214$ , και στο δεύτερο συνημμένο βλέπουμε πως οι 4 λύσεις γίνονται 2 ... καθώς οι κάτω χορδές δεν τέμνουν τον κύκλο ακτίνας

.

: διακρίνουσα-μηδέν-δύο-λύσεις.png (8.5 KiB) Προβλήθηκε 2146 φορές

: R-μικρότερη-r-δύο-λύσεις.png (7.87 KiB) Προβλήθηκε 2146 φορές

#6

Διερεύνηση για σεμινάριο, Γιώργο

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 02, 2023 8:53 pm
Το βόρειο σημείο τομής των κύκλων και , ονομάσαμε . Το είναι ο νότιος πόλος

του και το τμήμα τέμνει τον στο σημείο . Μπορούμε να κατασκευάσουμε το σχήμα

με τρόπο , ώστε το να είναι το μέσο του ;

Θανάση και Γιώργο καλημέρα...

Εγώ το αιτούμενο της άσκησης αυτής, δηλαδή το":

"Μπορούμε να κατασκευάσουμε το σχήμα με τρόπο , ώστε το να είναι το μέσο του ;

το διαπραγματεύομαι ως εξής στο παρακάτω σχήμα:

: Διαίρεςη χορδής 1 .png (31.05 KiB) Προβλήθηκε 2097 φορές

Θεωρώ δεδομένη τη θέση του πρώτου κύκλου $\displaystyle{C_1(O,4)}$ , το νότιο πόλο του $\displaystyle{S}$ και αναζητώ τη

θέση του δεύτερου κύκλου $\displaystyle{C_2(K,3)}$ , ώστε το "βόρειο" σημείο τομής του $\displaystyle{T}$ με τον πρώτο κύκλο

να ορίζει τμήμα $\displaystyle{ST}$ ώστε το σημείο τομής $\displaystyle{M}$ του τμήματος αυτού με τον δεύτερο κύκλο

να είναι το μέσο του τμήματος αυτού.

Για τούτο: Θεωρώ τον ομοιόθετο κύκλο του $\displaystyle{C_1}$ ως προς $\displaystyle{S}$ και με λόγο $\displaystyle{l=\frac{1}{2}}$ .

Αυτός είναι ο "ολίγον" σκιασμένος και επ' αυτού θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{M}$ .

Η προέκταση της $\displaystyle{SM}$ ορίζει επί του αρχικού κύκλου το σημείο $\displaystyle{T}$ .

Στη συνέχεια φέρουμε τη μεσοκάθετη $\displaystyle{(d)}$ του τμήματος $\displaystyle{MT}$ η οποία τέμνει

τον κύκλο $\displaystyle{(T,3)}$ σε δυο σημεία. Ένα εξ αυτών είναι το ζητούμενο κέντρο $\displaystyle{K}$ του δεύτερου κύκλου.

Για το δεύτρο σημείο ισχύουν τα ίδια απλώς δεν θεωρούμε το τμήμα που που καταλήγει στο "βόρειο" σημείο

αλλά το "νότιο".

Τέλος επειδή έχουμε άπειρες λύσεις και συνεπώς "κινητικότητα" ο γ. τόπς του κέντρου $\displaystyle{K}$ είναι τμήμα

σπειροειδούς καμπύλης που χρήζει περαιτέρω μελέτης.

Παρατήρηση:
Θα μπορούσαμε να επεκτείνουμε το ερώτημα και αντί του μέσου $\displaystyle{M}$ να ζητήσουμε ένα άλλο το οποίο
να χωρίζει το αρχικό τμήμα σε δοθέντα λόγο. Ο τρόπος εργασίας είναι ο ίδιος.

Κώστας Δόρτσιος

#8

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 05, 2023 9:22 am
Διερεύνηση για σεμινάριο, Γιώργο

Γιώργο σ' ευχαριστώ για το σχόλιο! Μου διέφυγαν κάτι ψιλά, πχ στην περίπτωση R=r

λαμβάνουμε d=0

(δίνει $T\equiv S$ και αποκλείεται) και $d=\dfrac{\sqrt{7}R}{2}$ , $T=\left(\dfrac{\sqrt{7}R}{4}, \dfrac{3R}{4}\right)$ ... ενώ στην περίπτωση R<r

οφείλει να θεωρηθεί και η λύση d^2=r^2-R^2

(δίνει $T\equiv S$ και αποκλείεται).

#9

Κώστα (#7) πολύ ενδιαφέρουσα η προσέγγιση σου, βασικά δεν περιορίζεσαι στους κύκλους κέντρου K=(d,0)

όπως εγώ αλλά επεκτείνεσαι σε κύκλους κέντρου K=(d,s)

!

Εξετάζοντας αρχικά το πρόβλημα για κύκλους (O,R)

και

-- με την αναλυτική προσέγγιση μου (#2, #3) -- καταλήγω, με επίλυση απλού γραμμικού συστήματος τελικά, στις συντεταγμένες του

$x=\dfrac{(R-2s)d^2+R^3-Rr^2+2r^2s-3Rs^2-2s^3}{2Rd},$ $y=\dfrac{d^2-r^2+2Rs+s^2}{R},$

και από αυτές στην εξίσωση

$\left(\dfrac{(R-2s)d^2+R^3-Rr^2+2r^2s-3Rs^2-2s^3}{2Rd}\right)^2+\left(\dfrac{d^2-r^2+2Rs+s^2}{R}\right)^2=R^2,$

η οποία για μεν s=0

οδηγεί στην εκτοβάθμια μου (#3) για δε τις τιμές R=4

,

του Θανάση (#1) οδηγεί στην εξίσωση της κόκκινης σπειροειδούς (#7),

((2-s)d^2+14+9s-6s^2-s^3)^2+d^2(d^2-9+8s+s^2)^2=256d^2.

[Για

λαμβάνουμε 'οριακά' την τριτοβάθμια 14+9s-6s^2-s^3=0

, με λύσεις s=-1

,

, αντιστοιχούσες στο σχήμα του Κώστα (#7). Από τις λύσεις αυτές οι s=-1

και

δίνουν $T\equiv S$ (βλέπε συνημμένο) και αποκλείονται, ενώ η s=2

δίνει, όπως δείχνει και το σχήμα του Κώστα (#7) το

(αλλά και το

) του Θανάση (#1).]

: Δόρτσιου-σπειροειδής.png (33.22 KiB) Προβλήθηκε 2028 φορές

#10

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 02, 2023 8:53 pm
Το βόρειο σημείο τομής των κύκλων και , ονομάσαμε . Το είναι ο νότιος πόλος

του και το τμήμα τέμνει τον στο σημείο . Μπορούμε να κατασκευάσουμε το σχήμα

με τρόπο , ώστε το να είναι το μέσο του ;

KDORTSI έγραψε: ↑
Τετ Απρ 05, 2023 12:44 pm
.................................................
Εγώ το αιτούμενο της άσκησης αυτής, δηλαδή το":

"Μπορούμε να κατασκευάσουμε το σχήμα με τρόπο , ώστε το να είναι το μέσο του ;

το διαπραγματεύομαι ως εξής στο παρακάτω σχήμα:

Θεωρώ δεδομένη τη θέση του πρώτου κύκλου $\displaystyle{C_1(O,4)}$ , το νότιο πόλο του $\displaystyle{S}$ και αναζητώ τη

θέση του δεύτερου κύκλου $\displaystyle{C_2(K,3)}$ , ώστε το "βόρειο" σημείο τομής του $\displaystyle{T}$ με τον πρώτο κύκλο

να ορίζει τμήμα $\displaystyle{ST}$ ώστε το σημείο τομής $\displaystyle{M}$ του τμήματος αυτού με τον δεύτερο κύκλο

να είναι το μέσο του τμήματος αυτού.

...........................................................

Τέλος επειδή έχουμε άπειρες λύσεις και συνεπώς "κινητικότητα" ο γ. τόπς του κέντρου $\displaystyle{K}$ είναι τμήμα

σπειροειδούς καμπύλης που χρήζει περαιτέρω μελέτης.

Παρατήρηση:
Θα μπορούσαμε να επεκτείνουμε το ερώτημα και αντί του μέσου $\displaystyle{M}$ να ζητήσουμε ένα άλλο το οποίο
να χωρίζει το αρχικό τμήμα σε δοθέντα λόγο. Ο τρόπος εργασίας είναι ο ίδιος.

Κώστας Δόρτσιος

Γιώργο καλημέρα...

Επανέρχομαι στο θέμα αυτό αναζητώντας τί τέλος πάντων γραμμή είναι αυτός ο γεωμερικός τόπος.

Από ό,τι θα φανεί από λεπτομερέστερη μελέτη δεν είναι τμήμα σπειροεδούς καμπύλης έτσι όπως αρχικά

το θεώρησα αλλά τμήμα καρδιοειδούς καμπύλης!

Επιστράτευσα για τη λύση του συστήματος εκτός του Geogebra και το Maple...

Εργαζόμαστε αρχικά στο ακόλουθο σχήμα:

: Αναζήτηση μέσου 1.png (29.16 KiB) Προβλήθηκε 1979 φορές

Θεωρούμε αρχικά ένα σημείο $\displaystyle{M(x,y)}$ να μεταβάλλεται πάνω στον κύκλο $\displaystyle{(C_2)}$ , γνωστός από την αρχική μου
ανάρτηση. Το σημείο αυτό το συσχετίζω με τη μεταβολή της γωνίας:

$\displaystyle{\omega =\widehat{PSM} \ \ (1) }$ .

Άρα οι συντεταγμένες του σημείου αυτού θα είναι:

$\displaystyle{x=(OM)sin\omega =4cos\omega sin\omega=2sin(2\omega) \ \ (2) }$

$\displaystyle{y=-(OM)cos\omega=-4cos^2\omega \ \ (3) }$

Άρα:

$\displaystyle{ M=(2sin(2\omega),-4cos^2\omega) \ \ (4) }$

Εύκολα τώρα μπορούμε λόγω της ομοιοθεσίας να βρούμε και τις συντεταγμένς του σημείου $\displaystyle{T}$ .

Αυτές είναι:

$\displaystyle{T=(4sin(2\omega), -8cos^2\omega+4) \ \ (5) }$

Τέλος για τις συντεταγμένες του μέσου $\displaystyle{N}$ θα είναι:

$\displaystyle{N=(3sin(2\omega), -6cos^2\omega+2) \ \ (6) }$

Ακόμα η ευθεία $\displaystyle{ SM}$ έχει εξίσωση:

$\displaystyle{y=(tan\omega) x-4, \ \ l=tan\omega \ \ (7)}$

Άρα η μεσοκάθετη του τμήματος $\displaystyle{MT}$ θα έχει εξίσωση:

$\displaystyle{(d): y+6cos^2\omega -2=(-cot\omega )(x-3sin(2\omega)) \ \ (8) }$

Τέλος ο κύκλος $\displaystyle{C_3(T,3)}$ ο οποίος θα δώσει τα ζητούμενα σημεία θα έχει εξίσωση:

$\displaystyle{C_3(T,3): (x-4sin(2\omega))^2+(y+8cos^2\omega-4)^2=9 \ \ (9) }$

Η τομή τώρα της $\displaystyle{(d)}$ με τον $\displaystyle{C_3(T,3)}$ δίνει με τη βοήθεια του Maple:
(Θα μπορούσε αυτό να γίνει προσεκτικά και με το χέρι, αλλά γιατί;)

$\displaystyle{x_{1,2}=(6cos\omega \pm \sqrt{4cos^2\omega +5})sin\omega \ \ (10) }$

$\displaystyle{y_{1,2}=-6cos^2\omega +2-cot\omega (6cos\omega \pm \sqrt{4cos^2\omega +5})sin\omega +3cot\omega sin(2\omega) \ \ (11) }$

Οι τύποι (10) και (11) δίνουν τις συντεταγμένες των δύο κέντρων και συνεπώς είναι οι παραμετρικές εξισώσεις των καμπυλών
πάνω στις οποίες κινούνται!

Αυτό φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα (στιγμιότυπο):

: Αναζήτηση μέσου 2.png (24.73 KiB) Προβλήθηκε 1979 φορές

Επίσης και στο τελικό στιγμιότυπο:

: Αναζήτηση μέσου 3.png (26.49 KiB) Προβλήθηκε 1979 φορές

Πράγματι νομίζω ότι δείξαμε μια όμορφη καμπύλη που αξίζει να τη δείτε και σε

δυναμικό σχήμα στη διεύθυνση:

https://www.geogebra.org/m/fr3qjwqr

Κώστας Δόρτσιος

#11

Κώστα (#10) πολύ ωραία πράγματα, από πλευράς μου απλώς σημειώνω ότι η εξίσωση των κέντρων (d,s)

που βρήκα (#9),

((2-s)d^2+14+9s-6s^2-s^3)^2+d^2(d^2-9+8s+s^2)^2=256d^2,

είναι προφανώς άρτια ως προς

, άρα και η προκύπτουσα καμπύλη συμμετρική ως προς τον άξονα των

, οπότε η σπειροειδής γίνεται καρδιοειδής.

[Είχα προσπαθήσει να βρω το γράφημα της, αλλά το WolframAlpha δεν υπάκουσε

]

#12

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 08, 2023 10:30 pm
Κώστα (#10) πολύ ωραία πράγματα, από πλευράς μου απλώς σημειώνω ότι η εξίσωση των κέντρων που βρήκα (#9),

είναι προφανώς άρτια ως προς , άρα και η προκύπτουσα καμπύλη συμμετρική ως προς τον άξονα των , οπότε η σπειροειδής γίνεται καρδιοειδής.

[Είχα προσπαθήσει να βρω το γράφημα της, αλλά το WolframAlpha δεν υπάκουσε ]

Γιώργο καλημέρα...

Έδωσα την εξίσωση αυτή στο geogebra και μου απάντησε με το σχήμα:

: Καμπύλη Μπαλόγλου 1.png (15.28 KiB) Προβλήθηκε 1915 φορές

Κάτι δεν πάει καλά. Ίσως η εξίσωσή σου περιλαμβάνει κάτι επιπλέον.
Πρέπει να γίνει έλεγχος.

Κώστας Δόρτσιος

#13

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 09, 2023 9:20 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 08, 2023 10:30 pm
Κώστα (#10) πολύ ωραία πράγματα, από πλευράς μου απλώς σημειώνω ότι η εξίσωση των κέντρων που βρήκα (#9),

είναι προφανώς άρτια ως προς , άρα και η προκύπτουσα καμπύλη συμμετρική ως προς τον άξονα των , οπότε η σπειροειδής γίνεται καρδιοειδής.

[Είχα προσπαθήσει να βρω το γράφημα της, αλλά το WolframAlpha δεν υπάκουσε ]
Γιώργο καλημέρα...

Έδωσα την εξίσωση αυτή στο geogebra και μου απάντησε με το σχήμα:

Καμπύλη Μπαλόγλου 1.png

Κάτι δεν πάει καλά. Ίσως η εξίσωσή σου περιλαμβάνει κάτι επιπλέον.
Πρέπει να γίνει έλεγχος.

Κώστας Δόρτσιος

Κώστα απλώς προκύπτει ένας επιπλέον κύκλος, παράγων που δίνει κάποια παραγοντοποίηση γενικότερη αυτής που έχουμε για s=0

(#4), ο οποίος κύκλος/παράγων θα αποκλείεται όπως έγινε στην ειδική περίπτωση s=0

(#8).

Αναζητείται λοιπόν η επίμαχη παραγοντοποίηση, όποιος την βρει πρώτος την ανεβάζει

#14

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 09, 2023 10:34 am

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 09, 2023 9:20 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 08, 2023 10:30 pm
Κώστα (#10) πολύ ωραία πράγματα, από πλευράς μου απλώς σημειώνω ότι η εξίσωση των κέντρων που βρήκα (#9),

είναι προφανώς άρτια ως προς , άρα και η προκύπτουσα καμπύλη συμμετρική ως προς τον άξονα των , οπότε η σπειροειδής γίνεται καρδιοειδής.

[Είχα προσπαθήσει να βρω το γράφημα της, αλλά το WolframAlpha δεν υπάκουσε ]
Γιώργο καλημέρα...

Έδωσα την εξίσωση αυτή στο geogebra και μου απάντησε με το σχήμα:

Καμπύλη Μπαλόγλου 1.png

Κάτι δεν πάει καλά. Ίσως η εξίσωσή σου περιλαμβάνει κάτι επιπλέον.
Πρέπει να γίνει έλεγχος.

Κώστας Δόρτσιος
Κώστα απλώς προκύπτει ένας επιπλέον κύκλος, παράγων που δίνει κάποια παραγοντοποίηση γενικότερη αυτής που έχουμε για (#4), ο οποίος κύκλος/παράγων θα αποκλείεται όπως έγινε στην ειδική περίπτωση (#8).

Αναζητείται λοιπόν η επίμαχη παραγοντοποίηση, όποιος την βρει πρώτος την ανεβάζει

Ο μηδενισμός του πρώτου παράγοντα μας δίνει, αναμενόμενα, τον κύκλο d^2+(s+4)^2=9

, κέντρου

και ακτίνας

: αντικαθιστώντας όμως την d^2=-7-8s-s^2

στους τύπους (#9) για τις συντεταγμένες του σημείου τομής

βγάζουμε, όπως και πριν (#8), $T\equiv S$ ... και επομένως ο εν λόγω κύκλος όντως δεν οδηγεί σε λύσεις και 'διαγράφεται'.

Ο μηδενισμός του δεύτερου παράγοντα οδηγεί λογικά στην καρδιοειδή ... αν και δεν κατάφερα να κάνω το γράφημα της d^4+(2s^2+4s-21)d^2+(28+4s-21s^2+4s^3+s^4)=0

(Ας προσεχθεί εδώ ότι για d=0

(άξονας των

) η $28+4s-21s^2+4s^3+s^4=0\leftrightarrow (s-2)^2(s+1)(s+7)=0$ μας δίνει τα τρία σημεία τομής της καρδιοειδούς με τον άξονα των

(#10), άρα ... μάλλον καλά πήγαμε

)

#15

Γιώργο τελικά το βρήκες!!!

Η εξίσωση αυτή, δηλαδή η

$\displaystyle{d^4+(2s^2+4s-21)d^2+(28+4s-21s^2+4s^3+s^4)=0 \ \ (1) }$

δίνει το ακόλουθο σχήμα:

: Mbaloglou 1.png (16.21 KiB) Προβλήθηκε 1865 φορές

Να πούμε και ακριβώς την ονομασία αυτής της όμορφης καμπύλης:
Limaçon trisecteur ή Limaçon de Pascal
(τριχοτόμος λημνίσκος ή λημνίσκος του Πασκάλ)
και έχει σχέση με την όλη προσπάθεια της τριχοτόμησης της γωνίας.

Είναι ένα σχήμα που προκύπτει βέβαια από την καρδιοειδή καμπύλη,
καθώς επίσης και με πολλούς και διάφορους άλλους τρόπους.

Θα αναρτήσω στη συνέχεια
ένα δείγμα από αυτήν την καμπύλη.

Κώστας Δόρτσιος

#16

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Απρ 10, 2023 10:07 am
Γιώργο τελικά το βρήκες!!!

Η εξίσωση αυτή, δηλαδή η

$\displaystyle{d^4+(2s^2+4s-21)d^2+(28+4s-21s^2+4s^3+s^4)=0 \ \ (1) }$

δίνει το ακόλουθο σχήμα:

Mbaloglou 1.png

Να πούμε και ακριβώς την ονομασία αυτής της όμορφης καμπύλης:
Limaçon trisecteur ή Limaçon de Pascal
(τριχοτόμος λημνίσκος ή λημνίσκος του Πασκάλ)
και έχει σχέση με την όλη προσπάθεια της τριχοτόμησης της γωνίας.

Είναι ένα σχήμα που προκύπτει βέβαια από την καρδιοειδή καμπύλη,
καθώς επίσης και με πολλούς και διάφορους άλλους τρόπους.

Θα αναρτήσω στη συνέχεια
ένα δείγμα από αυτήν την καμπύλη.

Κώστας Δόρτσιος

Κώστα ... σε πιστεύω, ειδικά από την στιγμή που ξαναγράψουμε την (1) στην μορφή

(d^2+s^2)^2+(4s-21)(d^2+s^2)+(4s+28)=0,

η οποία πλησιάζει πολύ την μορφή που βλέπω στην wikipedia (πχ).

Εδώ μάλλον σταματώ, κάθε άλλο σχόλιο και πληροφορία ευπρόσδεκτα!

#17

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Απρ 10, 2023 10:07 am
Γιώργο τελικά το βρήκες!!!

Η εξίσωση αυτή, δηλαδή η

$\displaystyle{d^4+(2s^2+4s-21)d^2+(28+4s-21s^2+4s^3+s^4)=0 \ \ (1) }$

δίνει το ακόλουθο σχήμα:

........................................................
Είναι ένα σχήμα που προκύπτει βέβαια από την καρδιοειδή καμπύλη,
καθώς επίσης και με πολλούς και διάφορους άλλους τρόπους.

Θα αναρτήσω στη συνέχεια
ένα δείγμα από αυτήν την καμπύλη.

Κώστας Δόρτσιος

Γιώργο καλημέρα...

Αναρτώ ένα όμορφο σχήμα που δίνει τον τρόπο δημιουργίας
της καμπύλης αυτής:

: Τριχοτόμος του Pascal 1.png (20 KiB) Προβλήθηκε 1705 φορές

Η καμπύλη αυτή είναι ο γ. τόπος του μέσου $\displaystyle{M}$ της χορδής

$\displaystyle{AB}$ όπου τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ κινούνται επί του κύκλου

με τρόπο ώστε η γωνιακή ταχύτητα του ενός να είναι διπλάσια

της γωνιακής ταχύτητας του άλλου!

Δείτε το και στη διεύθυνση: https://www.geogebra.org/m/jmcwyvr8

Κώστας Δόρτσιος

Δύσκολο να βρεις μέσο

Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Re: Δύσκολο να βρεις μέσο

Μέλη σε σύνδεση