Μεγιστοποίηση

KARKAR · #1

Σε ημικύκλιο $\displaystyle \overset{\frown}{AB}$ , παίρνω κινούμενα σημεία D , C

, ώστε $\displaystyle \overset{\frown}{DC}=\frac{\pi }{3}$ .

Να δειχθεί ότι , όταν το γινόμενο $AC{\cdot}BD$ , γίνεται μέγιστο , τότε και το εμβαδόν του ABCD

, γίνεται μέγιστο .

Να βρεθεί η θέση του

, που δίνει τα δύο μέγιστα , καθώς και οι τιμές των δύο αυτών μεγίστων .

#2

έστω $\displaystyle{AOD=x.DOC=\pi/3,COB=2\pi/3-x}$

$\displaystyle{ABCD=1/2R^2(sinx+sin(\pi/3)+sin(2\pi/3-x))=1/2R^2(sin(\pi/3)(2cos(x-\pi/3)+1)=(R^2\sqrt{3}/4)((2cos(x-\pi/3)+1)}$

$\displaystyle{AC.BD=2Rcos(\pi/3-x/2)2Rcos(x/2)=4R^2(cos(\pi/3-x)+cos(\pi/3))=2R^2(2cos(x-\pi/3)+1)}$

το 1ο ζητούμενο είναι φανερό
για x=π/3 προσδιορίζει το C με την A,D,C,B σειρά (δεξιόστροφη) άρα τα τρία τρίγωνα με κορυφή το Ο πρέπει να είναι ισόπλευρα
τα 2 ΜΑΧ είναι $\displaystyle{3(R^2\sqrt{3}/4)}$ και $\displaystyle{ 6R^2}$

#3

Θανάση καλησπέρα
Θα κάνω κάτι "απαγορευμένο" και θα λύσω το όμορφο θέμα σου με θεωρίες της Β' Λυκείου (αλλοιώς) μετά την έκφραση του γινομένου συναρτήσει της γωνίας x (που φαίνεται στο σχήμα) ας γίνει από κάποιον συνάδελφο (που πιθανόν να επιθυμεί) με ανάλυση

Έστω $\displaystyle{ K }$ το σημείο τομής των προεκτάσεων των $\displaystyle{ AD,BC }$ και $\displaystyle{ \hat x = \widehat{AOD}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{AOD} + \widehat{DOC} + \widehat{COB} = 180^0 ,\widehat{DOC} = 60^0 } \widehat{BOC} = 120 - x }$ . Τότε $\displaystyle{ \widehat{ACB} = \widehat{BDC} = 90^0 }$ εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο) οπότε

από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ACK\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CAK} = \frac{{\widehat{DOC}}} {2} = \frac{{60^0 }} {2} \ldots 30^0 } \Rightarrow \hat K = 60^0 }$ και από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ACK\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CAK} = 30^0 } \boxed{KC = \frac{{KA}} {2}},\boxed{KC = \frac{{AC\sqrt 3 }} {3}}:\left( 1 \right) }$ .

ομοίως $\displaystyle{ \vartriangle KDB\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{KBD} = 30^0 } \boxed{KD = \frac{{KB}} {2}},\boxed{KD = \frac{{BD\sqrt 3 }} {3}}:\left( 2 \right) }$ Τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle KAC,\vartriangle KAB }$ έχουν τη γωνία $\displaystyle{ \hat K = 60^0 }$ κοινή και επομένως «ο λόγος των εμβαδών τους

ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τη γωνία αυτή» δηλαδή:

$\displaystyle{ \frac{{\left( {KAB} \right)}} {{\left( {KDC} \right)}} = \frac{{KA \cdot KB}} {{KD \cdot KC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \frac{{\left( {KAB} \right)}} {{\left( {KDC} \right)}} = \frac{{4KD \cdot KC}} {{KD \cdot KC}} \Rightarrow \frac{{\left( {KAB} \right)}} {{\left( {KDC} \right)}} = \frac{4} {1} \Rightarrow \frac{{\left( {KAB} \right) - \left( {KDC} \right)}} {{\left( {KDC} \right)}} = \frac{{4 - 1}} {1} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {ABCD} \right)}} {{\left( {KDC} \right)}} = 3 \Rightarrow \left( {ABCD} \right) = 3\left( {KDC} \right) \Rightarrow \left( {ABCD} \right) = \frac{3} {2}KD \cdot KC \cdot \eta \mu 60^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} }$ $\displaystyle{ \left( {ABCD} \right) = \frac{3} {2}\frac{{BD\sqrt 3 }} {3} \cdot \frac{{AC\sqrt 3 }} {3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow \boxed{\left( {ABCD} \right) = \frac{{\sqrt 3 }} {4}AC \cdot BD}:\left( 3 \right) }$

Από την $\displaystyle{ \left( 3 \right) }$ προκύπτει ότι το $\displaystyle{ \left( {ABCD} \right) }$ είναι ανάλογο του γινομένου $\displaystyle{ AC \cdot BD }$ και συνεπώς η μεγιστοποίηση του γινομένου θα σημαίνει και τη μεγιστοποίηση του εμβαδού

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle AOC }$ έχουμε:

$\displaystyle{ AC^2 = R^2 + R^2 - 2R^2 \sigma \upsilon \nu \left( {60^0 + x} \right) \Rightarrow AC^2 = 2R^2 \left( {1 - \sigma \upsilon \nu \left( {60^0 + x} \right)} \right) = 2R^2 \cdot 2\eta \mu ^2 \left( {30^0 + \frac{x} {2}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x \in \left( {0,\pi } \right)} \ldots }$ $\displaystyle{ \boxed{AC = 2R\eta \mu \left( {30^0 + \frac{x} {2}} \right)} }$

και ομοίως από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BOD }$ παίρνουμε $\displaystyle{ BD^2 = R^2 + R^2 - 2R^2 \sigma \upsilon \nu \left( {180^0 - x} \right) \Rightarrow BD^2 = 2R^2 \left( {1 + \sigma \upsilon \nu x} \right) = 2R^2 \cdot 2\sigma \upsilon \nu ^2 \frac{x} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{x \in \left( {0,\pi } \right)} \ldots \boxed{BD = 2R\sigma \upsilon \nu \frac{x} {2}} }$ οπότε τελικά:

$\displaystyle{ AC \cdot BD = 4R^2 \eta \mu \left( {30^0 + \frac{x} {2}} \right) \cdot \sigma \upsilon \nu \frac{x} {2} = 2R^2 \left[ {\eta \mu \left( {30^0 + \frac{x} {2} + \frac{x} {2}} \right) + \eta \mu \left( {30^0 + \frac{x} {2} - \frac{x} {2}} \right)} \right] \Rightarrow }$

$\displaystyle{ AC \cdot BD = 2R^2 \left[ {\eta \mu \left( {30^0 + x} \right) + \eta \mu 30^0 } \right]\mathop = \limits^{\eta \mu 30^0 = \frac{1} {2}} 2R^2 \eta \mu \left( {30^0 + x} \right) + R^2 \mathop \Rightarrow \limits^{x = 60^0 \Rightarrow \max \eta \mu \left( {30^0 + x} \right) = 1} \boxed{\max (AC \cdot BD) = 3R^2 }\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} }$ $\displaystyle{ \boxed{\max \left( {ABCD} \right) = \frac{{3R^2 \sqrt 3 }} {4}} }$

Στάθης

GMANS · #4

Μια ακόμη ελαφρώς «παράνομη»…….

Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας είναι ακτίνα R=1

Αν $\hat{COB}=\hat{\theta }$
Τότε τα σημεία C,D είναι εικόνες των μιγαδικών z=cosθ+isinθ και
$w=cos(\theta +\frac{\pi }{3})+isin(\theta +\frac{\pi }{3})$ αντίστοιχα
οπότε

$(AC)=\left|z+1 \right|=2cos\frac{\theta }{2}$
, $(BD)=\left|w-1 \right|=2sin(\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{6})$

$(AC)(BD)=4cos\frac{\theta }{2}sin(\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{6})=$
$4cos\frac{\theta }{2}sin(\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{6})=2(sin(\theta +\frac{\pi }{6})+sin\frac{\pi }{6})$

που γίνεται μέγιστο για $\vartheta =\frac{\pi }{3}$ και

(AC)(BD)_m_a_x=3}

$E=(OAD)+(ADC)+(OCB)= \frac{1}{2}sin(\frac{\pi }{3}+\vartheta )+ \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2}sin(\vartheta ) =\frac{1}{2}2sin(\theta +\frac{\pi }{6})cos\frac{\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}= \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}sin(\theta +\frac{\pi }{6})$
Που γίνεται μέγιστο για $\theta =\frac{\pi }{3}$ και είναι
$E_m_a_x=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

#5

λίγο διαφορετικά

$\bullet$ $A\hat OD=x$

$\bullet$ με νόμο συνημιτόνων στο $\displaystyle{\vartriangle AOD\rightarrow AD=2R\sin(\frac{x}{2})}$

$\bullet$ με νόμο συνημιτόνων στο $\displaystyle{\vartriangle BOC\rightarrow BC=2R\sin(60-\frac{x}{2})}$

$\bullet$ από θεώρημα Πτολεμαίου στο $\displaystyle{ABCD\rightarrow S=AC\cdot BD=AB\cdot DC+AD\cdot BC\Rightarrow S=R^2+2R^2\cos(60-x)}$

$\bullet$ το

γίνεται μέγιστο για $x=\frac{\pi}{3},\ \mu\epsilon \ S_{max}=3R^2$

$\bullet$ $\displaystyle{E=(ABCD)=(AOD)+(DOC)+(COB)\Rightarrow E=\frac{R^2 \sqrt 3}{4}+\frac{R^2}{2}\big[\sin x+\sin(120-x)\big]\Rightarrow}$

$\displaystyle{E=\frac{R^2 \sqrt 3}{4}+\frac{R^2 \sqrt 3}{2}\cdot \cos(x-60)}$

$\bullet$ και το

γίνεται μέγιστο για $x=\frac{\pi}{3} , \mu\epsilon \ E_{max}=\frac{3\sqrt 3 R^2}{4}$
---------
$\bullet$ $\Big((AOD)=\frac{1}{2}OA\cdot OD\cdot \sin x\Big)$

Μεγιστοποίηση

Μεγιστοποίηση

Re: Μεγιστοποίηση

Re: Μεγιστοποίηση

Re: Μεγιστοποίηση

Re: Μεγιστοποίηση

Μέλη σε σύνδεση