Ακρότατα οπτικής γωνίας

#1

Με αφορμή αυτό προτείνω:

Ενώνουμε τό σταθερό σημείο C=(c,0)

εκτός του κύκλου x^2+y^2=1

με τα άκρα της παράλληλης προς τον άξονα των

μεταβαλλόμενης χορδής

. Να μελετηθεί ως προς τα ακρότατα της η οπτική γωνία PCQ

(ως συνάρτηση της απόστασης της χορδής

από τον άξονα των

).

[ΔΕΝ είναι τυπικό θέμα Πανελλαδικών, θα μπορούσε να είναι αν πέραν του Λογισμού υπήρχε έμφαση και σε άλλα λυκειακά πεδία.]

: οπτική-γωνία.png (6.55 KiB) Προβλήθηκε 3910 φορές

#2

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 15, 2023 11:01 pm
Με αφορμή αυτό προτείνω:

Ενώνουμε τό σταθερό σημείο εκτός του κύκλου με τα άκρα της παράλληλης προς τον άξονα των μεταβαλλόμενης χορδής . Να μελετηθεί ως προς τα ακρότατα της η οπτική γωνία (ως συνάρτηση της απόστασης της χορδής από τον άξονα των ).

[ΔΕΝ είναι τυπικό θέμα Πανελλαδικών, θα μπορούσε να είναι αν πέραν του Λογισμού υπήρχε έμφαση και σε άλλα λυκειακά πεδία.]

οπτική-γωνία.png

Καλημέρα Γιώργο!

: Ακρότατο οπτικής γωνίας.png (18.95 KiB) Προβλήθηκε 3846 φορές

$\displaystyle \theta = Q\widehat CB - P\widehat CB \Rightarrow \tan \theta = \frac{{\frac{x}{{c - \sqrt {1 - {x^2}} }} - \frac{x}{{c + \sqrt {1 - {x^2}} }}}}{{1 + \frac{{{x^2}}}{{{c^2} + {x^2} - 1}}}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \tan \theta = f(x) = \frac{{2x\sqrt {1 - {x^2}} }}{{2{x^2} + {c^2} - 1}},0 \le x \le 1$ με παράγωγο

$\displaystyle f'(x) = \frac{{2{c^2}(1 - 2{x^2}) - 2}}{{\sqrt {1 - {x^2}} {{\left( {2{x^2} + {c^2} - 1} \right)}^2}}}.$ Επομένως η

παρουσιάζει για $\boxed{x = \frac{{\sqrt {2({c^2} - 1)} }}{{2c}}}$

μέγιστη τιμή ίση με $\boxed{{(\tan \theta )_{\max }} = \frac{1}{{\sqrt {{c^4} - 1} }}}$ και ελάχιστη τιμή $\boxed{\theta=0}$ όταν $\boxed{x=0}$ ή $\boxed{x=1}$

KARKAR · #3

: Μπαλ.png (15.85 KiB) Προβλήθηκε 3823 φορές

Ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζει η περίπτωση που το

είναι το μέσο του

.

Βρείτε το $\cos\omega$ , κατά την στιγμή της μεγιστοποίησης της γωνίας $\theta$ .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 16, 2023 10:52 am
Μπαλ.png Ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζει η περίπτωση που το είναι το μέσο του .

Βρείτε το $\cos\omega$ , κατά την στιγμή της μεγιστοποίησης της γωνίας $\theta$ .

Θανάση από τα παραπάνω αποτελέσματα του Γιώργου βρίσκω -- από Νόμο Συνημιτόνων στο POQ

με

, $x=\dfrac{\sqrt{2\cdot(3^2-1)}}{2\cdot 3}=\dfrac{2}{3},$ $P=\left(-\dfrac{\sqrt{5}}{3},\dfrac{2}{3}\right), Q=\left(\dfrac{\sqrt{5}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$ -- $cos\omega =-\dfrac{1}{9}.$

Δεν ξέρω πόσο ενδιαφέρον είναι αυτό, για μένα πολύ πιο ενδιαφέρον είναι ότι η μέγιστη εφαπτομένη ισούται προς $\dfrac{1}{\sqrt{3^4-1}}=\dfrac{1}{\sqrt{80}},$ που είναι ελάχιστα μεγαλύτερο από το $\dfrac{1}{9}$ που είχες βρει στο αρχικό πρόβλημα. (Αυτό φαίνεται και από το συνημμένο γράφημα της εφαπτομένης (για c=3

πάντοτε), που επίσης εξηγεί γιατί και πως υπήρχε και δεύτερο 'περιστατικό' με εφαπτομένη ίση προς $\dfrac{1}{9}$ .)

: cosω.png (19.06 KiB) Προβλήθηκε 3788 φορές

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 16, 2023 5:39 pm

Δεν ξέρω πόσο ενδιαφέρον είναι αυτό, για μένα πολύ πιο ενδιαφέρον είναι ότι η μέγιστη εφαπτομένη ισούται προς $\dfrac{1}{\sqrt{3^4-1}}=\dfrac{1}{\sqrt{80}},$ που είναι ελάχιστα μεγαλύτερο από το $\dfrac{1}{9}$ που είχες βρει στο αρχικό πρόβλημα. (Αυτό φαίνεται και από το συνημμένο γράφημα της εφαπτομένης (για πάντοτε), που επίσης εξηγεί γιατί και πως υπήρχε και δεύτερο 'περιστατικό' με εφαπτομένη ίση προς $\dfrac{1}{9}$ .)

Αν τώρα δουλέψουμε με την ημιχορδή

-- $P=\left(-p,\sqrt{1-p^2}\right), Q=\left(p,\sqrt{1-p^2}\right)$ -- λαμβάνουμε $(tanPCQ)^2=\dfrac{4(p^2-p^4)}{(2p^2-c^2-1)^2},$ με μέγιστη τιμή $\dfrac{1}{c^4-1}$ (επιβεβαιώνοντας το αποτέλεσμα του Γιώργου) για $p=\dfrac{\sqrt{c^2+1}}{\sqrt{2}c}.$ Για c=3

λαμβάνουμε το συνημμένο γράφημα: φυσικά δεν αποτελεί έκπληξη το ότι το γράφημα ημιχορδής (της παρούσης δημοσίευσης) δεν ταυτίζεται με το γράφημα απόστασης χορδής (της προηγούμενης δημοσίευσης), αποτελεί όμως ΣΚΑΝΔΑΛΟ πρώτου μεγέθους να έχουμε στο πρώτο (συνημμένο) μέγιστη τιμή κατά τι μεγαλύτερη του 0,12

(ενώ γνωρίζουμε ότι αυτή είναι ίση προς $\dfrac{1}{\sqrt{80}}<0,12$ )!

: tan-p.png (20.63 KiB) Προβλήθηκε 3719 φορές

#6

KANENA σκάνδαλο, απλώς συνέκρινα τον τύπο-γράφημα της tanPCQ

(του Γιώργου Βισβίκη, #2 & #4) με τον δικό μου τύπο-γράφημα της (tanPCQ)^2

(#5)

Ο σωστός τύπος είναι προφανώς $tanPCQ=\dfrac{2\sqrt{p^2-p^4}}{2p^2-c^2-1}$ και το γράφημα αυτό που επισυνάπτω (για c=3

), και τα δύο μέγιστα όντως ταυτίζονται, όπως σωστά είχα γράψει (#5), προς $\dfrac{1}{\sqrt{80}}.$

: tanPCQ-p.png (19.09 KiB) Προβλήθηκε 3661 φορές

Ακρότατα οπτικής γωνίας

Ακρότατα οπτικής γωνίας

Re: Ακρότατα οπτικής γωνίας

Re: Ακρότατα οπτικής γωνίας

Re: Ακρότατα οπτικής γωνίας

Re: Ακρότατα οπτικής γωνίας

Re: Ακρότατα οπτικής γωνίας

Μέλη σε σύνδεση