Μικρό μέγιστο

KARKAR · #1

: Μικρό μέγιστο.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 407 φορές

Το ορθογώνιο ABCD

, με

, έχει εμβαδόν

. Ονομάζουμε A' , B'

, τις προβολές

των A , B

στις διαγωνίους BD , AC

αντίστοιχα . Βρείτε το μέγιστο εμβαδόν του τριγώνου A'B'C

.

Nikitas K. · #2

Έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων

και

Αρκεί να υπολογίσω τις πλευρές του $\triangle A'B'C$ συναρτήσει των πλευρών του ορθογωνίου για να μπορεί να αξιοποιηθεί ο τύπος του Ήρωνα.

$(ABCD) = AB \cdot BC$

$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}$ Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο $\triangle ABC$

$(ABC) = \dfrac{(ABCD)}{2} \Leftrightarrow BB' = \dfrac{(ABCD)}{AC}$

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο $\triangle BB'C$ έχουμε:

$B'C = \sqrt{BC^2 - BB'^2}$

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο $\triangle ABB'$ έχουμε AB'^2 = AB^2 - BB'^2

Από το 1ο θεώρημα του Πτολεμαίου στο ισοσκελές τραπέζιο ABB'A'

έχουμε:

$A'B' \cdot AB + BB'^2 = AB'^2\Leftrightarrow A'B'=\dfrac{AB'^2 - BB'^2}{AB}$

Ισχύει:

DA' = B'C

,

$DN = \dfrac{AC}{2}$ και

A'N = DN - DA'

Από το θεώρημα Στιούαρτ στο $\triangle DNC$ υπολογίζουμε τη σεβιανή A'C

$DN(A'C^2 + DA' \cdot A'N)=DA' \cdot NC^2 +A'N \cdot CD^2$

Συνεχίζεται...

Μετά από τις πράξεις:

$B'C = \dfrac{BC^2}{\sqrt{AB^2 + BC^2}}$

$A'B' = AB \cdot \dfrac{AB^2 - BC^2}{AB^2 + BC^2}$

$A'C = \sqrt{\dfrac{BC^2 \sqrt{AB^2 +BC^2} + AB^4 - AB^2\cdot BC^2}{AB^2 + BC^2}}$

$\displaystyle {(A'B'C') = \dfrac{1}{4} \sqrt{(A'B' + B'C + A'C) (A'B' + B'C - A'C) (A'B' - B'C + A'C) (-A'B' + B'C + A'C)} }$

Θεωρητικά η παραπάνω μέθοδος δουλεύει, πρακτικά η κατάσταση είναι απελπιστική για αυτό σταματάω εδώ.

abgd · #3

: max.png (31.14 KiB) Προβλήθηκε 316 φορές

Εύκολα δείχνουμε ότι $\displaystyle{A'B'//AB=a}$ . Φέρουμε τα κάθετα στη $\displaystyle{DC}$ τμήματα $\displaystyle{OK=\dfrac{b}{2}, \ \ A'N=y}$ ,

όπου $\displaystyle{O}$ το κέντρο του ορθογωνίου και $\displaystyle{b=AD}$ . Ισχύουν:

$\displaystyle{\dfrac{y}{\dfrac{b}{2}}=\dfrac{DA'}{OD}\Rightarrow \boxed{y=\dfrac{b}{2}\cdot \dfrac{DA'}{OD}}}$ .

$\displaystyle{\dfrac{A'B'}{DC}=\dfrac{OA'}{OD} \Rightarrow A'B'=a\cdot \dfrac{OA'}{OD} \Rightarrow \boxed{A'B'=a\cdot \left(1-\dfrac{DA'}{OD}\right) }}$

Θέτουμε τώρα $\displaystyle{\dfrac{DA'}{OD}=x}$ και εφόσον το ύψος του τριγώνου $\displaystyle{CA'B'}$ , από το $\displaystyle{C}$ προς την $\displaystyle{A'B'}$ είναι το $\displaystyle{y}$ θα ισχύει:

$\displaystyle{(CA'B')=\dfrac{1}{2}\cdot A'B' \cdot y=4x(1-x)=-4x^2+4x-1+1=1-(2x-1)^2\leq 1}}$

με την ισότητα να ισχύει για $\displaystyle{x=\dfrac{1}{2}}$ , δηλαδή όταν το $\displaystyle{A'}$ είναι το μέσο του $\displaystyle{OD}$

Άρα το μέγιστο εμβαδόν είναι ίσο με $\displaystyle{1}$ .

Εύκολα τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε και τις διαστάσεις του ορθογωνίου για τις οποίες έχουμε το μέγιστο εμβαδόν,

αφού το τρίγωνο $\displaystyle{OAD}$ θα είναι ισοσκελές και έτσι θα ισχύει $\displaystyle{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}=b}$ . Επίσης $\displaystyle{ab=16}$

.....

#4

KARKAR έγραψε: Τρί Δεκ 30, 2025 1:27 pm Μικρό μέγιστο.pngΤο ορθογώνιο , με , έχει εμβαδόν . Ονομάζουμε , τις προβολές

των στις διαγωνίους αντίστοιχα . Βρείτε το μέγιστο εμβαδόν του τριγώνου .

Προφανώς οι πράσινες γωνίες είναι ίσες, έστω με $\theta,$ άρα $\displaystyle \sin \theta = \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{A'C}}{b} \Leftrightarrow A'C = \frac{{{b^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}$

: Μικρό μέγιστο.png (12.77 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές

$\displaystyle \frac{{A'B'}}{a} = \frac{{OA'}}{{OA}} = \frac{{OC - A'C}}{{OA}} = ... = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \Leftrightarrow A'B' = \frac{{a({a^2} - {b^2})}}{{{a^2} + {b^2}}}$

$\displaystyle (A'B'C) = \frac{1}{2}A'B' \cdot A'C\sin \theta = \frac{{{a^2}{b^3}({a^2} - {b^2})}}{{2({a^2} + {b^2})}},$ και για $b=\dfrac{16}{a},$

$\boxed{(A'B'C) = \frac{{2048({a^4} - 256)}}{{{{({a^4} + 256)}^2}}}}$ όπου με παραγώγους βρίσκω $\boxed{(A'B'C)_{max}=1}$ όταν $\boxed{a = 4\sqrt[4]{3}}$

#5

Καλημέρα σε όλους. Καλή χρονιά με υγεία και χαρά. Επιχειρώ μια ακόμα προσέγγιση στο πρόβλημα του Θανάση.

: 31-12-2025 Γεωμετρία.png (18.2 KiB) Προβλήθηκε 287 φορές

$\displaystyle AB = x,\;BC = y,\;\;xy = 16 \Rightarrow y = \frac{{16}}{x}$ .

Το AA’B’B

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Από την ομοιότητα A’B’O, ABO

$\displaystyle \frac{{A'B'}}{x} = \frac{{\frac{y}{2} - t}}{{\frac{y}{2}}} \Leftrightarrow \frac{{A'B'}}{x} = \frac{{y - 2t}}{y} = \frac{{\frac{{16}}{x} - 2t}}{{\frac{{16}}{x}}} = \frac{{8 - tx}}{8} \Leftrightarrow A'B' = \frac{{8x - t{x^2}}}{8}$

$\displaystyle \left( {A'B'C} \right) = \frac{{A'B' \cdot t}}{2} = \frac{{8tx - {t^2}{x^2}}}{{16}} = - \frac{1}{{16}}{\left( {tx} \right)^2} + \frac{1}{2}\left( {tx} \right)$

Παρουσιάζει μέγιστο όταν $\displaystyle tx = 4$ με $\displaystyle {\left( {A'B'C} \right)_{\max }} = 1$ . Τότε

μέσο

.

KARKAR · #6

: Μικρό μέγιστο συμπλ...png (11.73 KiB) Προβλήθηκε 260 φορές

Με την λύση του Γιώργου Ρίζου είδα αστεράκια

Παρατήρηση : Η γωνία $\widehat{CAB}$ είναι 30^0

#7

Θανάση, όταν τα ακρότατα είναι "βολικά", δηλαδή προκύπτουν σε εμφανή σημεία (π.χ. σε ακέραιες τιμές), τότε κάπου κρύβεται Αλγεβρική ή Γεωμετρική (άντε Τριγωνομετρική) οδός για τον εντοπισμό τους. Ο καθένας, με λίγο ψάξιμο μπορεί να το βρεί.

Αν όχι, η Ανάλυση έχει τον πρώτο λόγο και παίρνουν φωτιά τo wolfram alpha και τα σχετικά εργαλεία (που δεν είχαμε στα νιάτα μας...)...

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιαν 01, 2026 8:09 pm Παρατήρηση : Η γωνία $\widehat{CAB}$ είναι

Για να ολοκληρώσουμε την απάντηση:

Στη θέση μεγίστου, προκύτει ότι το ADO

είναι ισοσκελές, άρα $\displaystyle AB = AO \Leftrightarrow y = \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{2} \Leftrightarrow 4{y^2} = {x^2} + {y^2} \Leftrightarrow \frac{y}{x} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow \widehat {CAB} = 30^\circ$
και προκύπτουν οι τιμές $\displaystyle x = 4\sqrt[4]{3},\;y = \frac{{4\sqrt[4]{{{3^3}}}}}{3}$ , που ήδη έχει υπολογίσει ο Γιώργος παραπάνω.

Μικρό μέγιστο

Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Re: Μικρό μέγιστο

Μέλη σε σύνδεση