Μεγιστοποίηση γινομένου

KARKAR · #1

Το σημείο

είναι ένα από τα σημεία τομής των κύκλων ( O , R )

και $( K , \rho )$ .

Σημείο

, κινείται επί του (O)

και η

τέμνει τον (K)

στο

.

Για ποιά θέση του

το γινόμενο $SP{\cdot}SQ$ γίνεται μέγιστο ;

STOPJOHN · #2

Μια απάντηση κατασκευαστική ,είναι $x.y\leq (\frac{x+y}{2})^{2}$ με το ίσον να ισχύει όταν είναι x=y

Άρα αν

είναι το μέσο της δια κέντρου

Ενώνουμε το

με το

και στη συνέχεια κατασκευάζουμε κάθετη στην

στο σημείο

το σημείο τομής καθέτου με τον κύκλο

προσδιορίζει τη θέση του

όπως εύκολα αποδεικνύεται
Γιάννης Σ

KARKAR · #3

Θέτω $\widehat{OSK}=a$ ( σταθερή γωνία ) , $\widehat{POS}=\omega$ και $\widehat{SKQ}=\phi$ . Είναι : $\displaystyle s=2R sin\frac{\omega}{2}$ και $\displaystyle t=2\rho sin\frac{\phi}{2}$ .

Επειδή : $\displaystyle 90-\frac{\omega }{2}+a+90-\frac{\varphi }{2}=180$ , παίρνω : $\displaystyle \frac{\omega }{2}=a-\frac{\varphi }{2}$ οπότε $\displaystyle st=4R\rho sin\frac{\phi}{2}sin(a-\frac{\varphi }{2})$ .

Αρκεί λοιπόν να μεγιστοποιηθεί η ποσότητα : $\displaystyle sin\frac{\phi}{2}sin(a-\frac{\varphi }{2})$ . Αλλά η συνάρτηση : $\displaystyle f(\phi)=sin\frac{\phi}{2}sin(a-\frac{\varphi }{2})$

έχει παράγωγο $\displaystyle f'(\phi)=\frac{1}{2}sin(a-\phi)$ , η οποία μηδενίζεται για $\phi=a$ , ( τότε και $\omega=a$ ) και εύκολα

διαπιστώνω , ότι για $\phi =a$ , επιτυγχάνω το μέγιστο γινόμενο . Αρκεί λοιπόν να φέρω OP//KS

και

.

(Τό ότι τα P,S,Q

είναι συνευθειακά είναι απλό , βλέπε και εδώ )

Είναι φανερό ότι η άσκηση , λυμένη μ' αυτόν τον τρόπο , βρίσκεται σε λάθος φάκελο ...

#4

Αν

είναι σημεία των κύκλων ώστε να υπάρχει κύκλος

που εφάπτεται των άλλων δύο στα σημεία αυτά, (το

προσδιορίζεται σαν η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου OSKC

), έχουμε: $SP\cdot SQ=SA\cdot SB>SP'\cdot SQ'$ , όπου A,B

τα σημεία τομής της τυχαίας P'Q'

με τον κύκλο

.

kostas_zervos · #5

Νομίζω ότι το πρόβλημα χρειάζεται μεγαλύτερη διερέυνηση.

Έστω $O\hat{S}K=a$ (σταθερή).
Αν ονομάσουμε $\phi$ τη γωνία $S\hat{O}P$ με $0<\phi<2\pi$ και φορά ίδια με των δεικτών του ρολογιού και $\omega$ τη γωνία $S\hat{K}Q$ με $0<\omega<2\pi$ και φορά αντίθετη των δεικτών του ρολογιού, τότε υπάρχουν οι παρκάτω περιπτώσεις :

Α. $\mathbf{0<\phi<\pi}$ , το σημείο

να είναι εξωτερικό του κύκλου $(K,\rho)$ και το σημείο

να είναι εξωτερικό του κύκλου (O,R)

(Σχήμα 1). Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα $POS\;,\;QKS$ έχουμε ότι $\displaystyle \frac{\pi-\phi}{2}+\frac{\pi-\omega}{2}+a=\pi \Leftrightarrow \omega=2a-\phi$ .

Β. $\mathbf{0<\phi<\pi}$ , το σημείο

να είναι εξωτερικό του κύκλου $(K,\rho)$ και το σημείο

να είναι εσωτερικό του κύκλου (O,R)

(Σχήμα 2). Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα $POS\;,\;QKS$ έχουμε ότι $\displaystyle \frac{\pi-(2\pi-\phi)}{2}-\frac{\pi-\omega}{2}+a=\pi \Leftrightarrow \omega=2\pi+2a-\phi$ .

Γ. $\mathbf{\pi<\phi<2\pi}$ , το σημείο

να είναι εξωτερικό του κύκλου $(K,\rho)$ και το σημείο

να είναι εσωτερικό του κύκλου (O,R)

(Σχήμα 3). Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα $POS\;,\;QKS$ έχουμε ότι $\displaystyle \frac{\pi-(2\pi-\phi)}{2}+\frac{\pi-(2\pi-\omega)}{2}=a \Leftrightarrow \omega=2\pi+2a-\phi$ .

Δ. $\mathbf{\pi<\phi<2\pi}$ , το σημείο

να είναι εσωτερικό του κύκλου $(K,\rho)$ και το σημείο

να είναι εξωτερικό του κύκλου (O,R)

(Σχήμα 4). Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα $POS\;,\;QKS$ έχουμε ότι $\displaystyle \frac{\pi-(2\pi-\phi)}{2}+\frac{\pi-(2\pi-\omega)}{2}=a \Leftrightarrow \omega=2\pi+2a-\phi$ .

Ε. $\phi=\pi$ τότε $\omega=2a-\pi=2a-\phi$ (Σχήμα 6).

Από το νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα $POS\;,\;QKS$ , σε όλες τις περιπτώσεις ,τελικά έχουμε:
$PS^2=2R^2(1-\cos\phi)$ και $QS^2=2\rho^2[1-\cos(2a-\phi)]$ .
Δηλαδή $PS^2\cdot QS^2=4R^2\rho^2(1-\cos\phi)\cdot[1-\cos(2a-\phi)]\;,\;\phi\in(0,2\pi)$ (το οποίο ισχύει και όταν η μία από τις PS,QS

εφάπτεται σε ένα από τους κύκλους .Γιατι;).
Το $PS\cdot PQ$ γίνεται μέγιστο όταν το $PS^2\cdot PQ^2$ γίνεται μέγιστο και επειδή τα $R,\rho$ είναι σταθερά , αρκεί το $f(\phi)=(1-\cos\phi)\cdot[1-\cos(2a-\phi)]\;,\;\phi\in(0,2\pi)$ να γίνεται μέγιστο.
Η παράγωγος της

είναι ίση με $f'(\phi)=2\sin(\phi-a)[\cos a-\cos(a-\phi)]$ και μηδενίζεται στα $\phi=a$ , $\phi=2a$ , $\phi=\pi+a$ .
Επίσης f''(a)=2(cos a-1)<0

, $f''(2a)=2\sin^2a>0$ και $f''(\pi+a)=-2(cos a+1)<0$ .
Τα όρια στα άκρα του διαστήματος $(0,2\pi)$ είναι και τα δύο 0 και $f(a)=(1-\cos a)^2$ , $f(\pi+a)=(1+\cos a)^2$ .
Άρα η μέγιστη τιμή της θα είναι μία από τις $f(a)\;,\;f(\pi+a)$ .
Συγεκριμένα :
Αν $\displaystyle 0<a<\frac{\pi}{2}$ τότε $f(a)<f(\pi+a)$ , άρα για $\phi=\pi+a$ έχει μεγιστο το $f(\pi+a)=(1+\cos a)^2$ και το σημείο

είναι το σημείο τομής της παράλληλης από το

στην

που βρίσκεται εσωτερικά του κύκλου $(K,\rho)$ .
Αν $\displaystyle \frac{\pi}{2}<a<2\pi$ τότε τότε $f(a)>f(\pi+a)$ , άρα για $\phi=a$ έχει μεγιστο το $f(a)=(1-\cos a)^2$ και το σημείο

είναι το σημείο τομής της παράλληλης από το

στην

που βρίσκεται εξωτερικά του κύκλου $(K,\rho)$ .
Αν $\displaystyle a=\frac{\pi}{2}$ τότε έχει μεγιστο το $f(a)=f(\pi+a)=1$ και το σημείο

,πορεί να είναι οποιοδήποτε από τα δύο προηγούμενα.

: Σχήμα 1; ask3c1.png (9.72 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

: Σχήμα 2; ask3c3.png (8.58 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

: Σχήμα 4; ask3c2.png (8.18 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

: Σχήμα 5; ask3c5.png (10.8 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

: Σχήμα 6; ask3c4.png (8.33 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

ΜΕΣΑ ΑΠΟ ΤΗ ΔΙΑΔΙΚΑΣΙΑ ΑΝΑΖΗΤΗΣΗΣ ΤΗΣ ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ ΠΡΟΕΚΥΨΕ ΤΟ ΠΑΡΑΚΑΤΩ:
Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος του σημείου τομής των ευθείων $\mathbf{OP,KQ}$ ;.

parmenides51 · #6

μια απλουστευμένη εκδοχή , για ορθογώνιους κύκλους, βρίσκεται εδώ

η αρχική άσκηση ενδεχομένως να έχει λυθεί κάπου από τον Στάθη

p_gianno · #7

Θέτω

$\displaystyle PS \cdot SQ=\frac{ PS\cdot SC }{SC} \cdot \frac{ SQ \cdot SC }{SC}=\frac{ 2R\cdot SD }{SC} \cdot \frac{ 2r\cdot SE }{SC}=\frac{4Rr}{CS^2} \cdot (SE \cdot SD)$

Συνεπώς έχουμε το μέγιστο του $PS \cdot SQ$ όταν μεγιστοποιείται το γινόμενο $SE \cdot SD$ (1)

Εύκολα έχουμε $\angle O=\angle K$ συνεπώς $\triangle COP \sim \triangle CKQ$ επομένως

$\angle PCO= \angle QCK \rightarrow \angle PCQ= \angle OCK = ct$ άρα και $\angle DSE =ct$ (2)

CDSE

εγγράψιμο (έχουμε φέρει ύψη τριγώνων) και λόγω (2) η

έχει σταθερό μήκος.

Στο εγγεγραμμένο τργ DSE

η γωνία

και η απέναντι πλευρά

είναι σταθερές στο μέτρο και ισχύει $DS \cdot SE=2 R’ \upsilon_{DE}$ .
Έχουμε επομένως το ζητούμενο μέγιστο για το μέγιστο $\upsilon_{DE}.$ Αυτό όπως εύκολα προκύπτει γίνεται όταν

μεσοκάθετος του

οπότε

και

συνεπώς θα είναι $DE \perp CS$ .

Κατασκευάζουμε την χορδή

κάθετη στην διάμετρο

. Φέροντας τις ημιευθείες CD,CE

προκύπτουν τα σημεία P,Q

Μεγιστοποίηση γινομένου

Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Re: Μεγιστοποίηση γινομένου

Μέλη σε σύνδεση