Ελάχιστη διαδρομή 11

KARKAR · #1

: Ελάχιστη διαδρομή 11.png (7.25 KiB) Προβλήθηκε 459 φορές

Α) Λύστε την εξίσωση : $(x-4)\sqrt{x^2-4x+20}+(x-2)\sqrt{x^2-8x+20}=0$ .

Β) Τμήμα

, μήκους

, ολισθαίνει έχοντας τα άκρα του στις ευθείες y=3

και

.

Υπολογίστε - με δύο τουλάχιστον τρόπους - το ελάχιστο της διαδρομής : AS+ST+TB

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 24, 2021 7:52 pm
Ελάχιστη διαδρομή 11.pngΑ) Λύστε την εξίσωση : $(x-4)\sqrt{x^2-4x+20}+(x-2)\sqrt{x^2-8x+20}=0$ .

Β) Τμήμα , μήκους , ολισθαίνει έχοντας τα άκρα του στις ευθείες και .

Υπολογίστε - με δύο τουλάχιστον τρόπους - το ελάχιστο της διαδρομής : .

Ας δώσω αλγεβρική λύση αλλά υπάρχει και ωραία γεωμετρική.

α) Η εξίσωση γράφεται $(x-4)\sqrt{(x-2)^2+16}=-(x-2)\sqrt{(x-4)^2+4}$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο είναι

(x-4)^2 [(x-2)^2+16]=(x-2)^2[(x-4)^2+4]

, άρα

από όπου (με διάφορους τρόπους) x=6

ή

. Με έλεγχο στην αρχική, κτατάμε την δεύτερη.

β) Αν T(t,0), S(s,3)

, το

δίνει

. Και θέλουμε το ελάχιστο του AS+5+BT

ή αλλιώς του $\sqrt {4+(8-s)^2} + \sqrt {(t-2)^2+16}$ .

Με χρήση της s=t+4

η παράσταση αυτή γράφεται

$\sqrt {4+(t-4)^2} + \sqrt {(t-2)^2+16$ .

Έχει ακρότατο όταν μηδενίζεται η παράγωγός της, εδώ $\dfrac {t-4}{\sqrt {4+(t-4)^2}} + \dfrac {t-2}{\sqrt {(t-2)^2+16}}=0$ . Αλλά αυτή ισοδυναμεί με την εξίσωση στο α). Τα υπόλοιπα είναι ρουτίνα.

#3

Ας δούμε και γεωμετρική λύση, αλλά χωρίς τις πράξεις. Πάντως γραφικά η λύση είναι λακωνική αλλά πλήρης.

Μεταφέρουμε το

με παράλληλη μετατόπιση στην θέση AA'

, οπότε σχηματίζεται ένα παραλληλόγραμμο TSAA'

του οποίου οι κορυφές A,A'

είναι δεδομένες. Επειδή AS+ST+TB=AA'+A'T+TB=5+A'T+TB

, το πρόβλημά μας ανάγεται στην εύρεση της ελάχιστης διαδρομής A'T+TB

. Αλλά αυτή είναι η ευθεία BA'

.

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 24, 2021 7:52 pm
Α) Λύστε την εξίσωση : $(x-4)\sqrt{x^2-4x+20}+(x-2)\sqrt{x^2-8x+20}=0$ .

Αλλιώς για το Α) Αρχικά είναι 2<x<4

και $\boxed{\frac{{4 - x}}{{x - 2}} = \frac{{\sqrt {{x^2} - 8x + 20} }}{{\sqrt {{x^2} - 4x + 20} }}}$ (1)

: Γ.Λ.png (7.48 KiB) Προβλήθηκε 367 φορές

Κατασκευάζω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με κάθετες πλευρές AB=x-2,AC=4

και έστω

το μέσο του

και

σημείο της πλευράς

ώστε

Προφανώς, $\displaystyle MN = \sqrt {{x^2} - 8x + 20} ,BC = \sqrt {{x^2} - 4x + 20} .$

Από την (1)

προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{BC}},$ άρα το

είναι μέσο του AB,

οπότε $\displaystyle x - 2 = 2(4 - x) \Leftrightarrow$ $\boxed{x=\frac{10}{3}}$

nickchalkida · #5

Επειδή

, το πρόβλημα ισοδυναμεί

$\displaystyle{ (BT + TS + SA)_{min} = (BT + SA)_{min} = \left( \sqrt{CT^2+16} + \sqrt{SL^2+4}\right)_{min} }$

αλλα $CT = 4\cdot \tan(\alpha)$ και $SL = 2\cdot \tan(\beta)$ , άρα ζητάμε ελαχιστοποίηση για το

$\displaystyle{ \begin{aligned} & \left( \sqrt{16\cdot \tan^2(\alpha)+16} + \sqrt{4\cdot \tan^2(\beta)+4}\right)_{min} =\cr & \left( 4 \sqrt{\tan^2(\alpha)+1} + 2 \sqrt{\tan^2(\beta)+1}\right)_{min} =\cr & \left( {4 \over \cos(\alpha)} + {2 \over \cos(\beta)} \right)_{min} \cr \end{aligned} }$

Το πρόβλημα τότε μετασχηματίζεται σαν πρόβλημα αντανάκλασης ακτίνας φωτός όπως αυτή που φαίνεται στο σχήμα.
Η γεωμετρική επίλυση του προβλήματος δεικνύει ότι το ελάχιστο επιτυγχάνεται όταν

$\displaystyle{ \tan(\alpha) = \tan(\beta) = {1 \over 3} }$

Ελάχιστη διαδρομή 11

Ελάχιστη διαδρομή 11

Re: Ελάχιστη διαδρομή 11

Re: Ελάχιστη διαδρομή 11

Re: Ελάχιστη διαδρομή 11

Re: Ελάχιστη διαδρομή 11

Μέλη σε σύνδεση