Οκτώ προς τρία

KARKAR · #1

: Οκτώ προς τρία.png (9.44 KiB) Προβλήθηκε 321 φορές

Από σημείο

του τεταρτοκυκλίου φέρουμε κάθετα τμήματα SP , ST

προς τις ακτίνες

OA , OB

, αντίστοιχα . Βρείτε την θέση του

, για την οποία είναι : $\dfrac{(SPA)}{(BTS)}=\dfrac{8}{3}$ .

Σημείωση : Λόγω του φακέλου μας ενδιαφέρει κυρίως το αλγεβρικό μέρος της λύσης .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 02, 2025 7:54 pm
Οκτώ προς τρία.pngΑπό σημείο του τεταρτοκυκλίου φέρουμε κάθετα τμήματα προς τις ακτίνες

, αντίστοιχα . Βρείτε την θέση του , για την οποία είναι : $\dfrac{(SPA)}{(BTS)}=\dfrac{8}{3}$ .

Σημείωση : Λόγω του φακέλου μας ενδιαφέρει κυρίως το αλγεβρικό μέρος της λύσης .

.

: Οκτώ.png (20.53 KiB) Προβλήθηκε 290 φορές

.
Αν

τότε

$\dfrac{8}{3}= \dfrac{(SPA)}{(BTS)}=\dfrac{PA\cdot PS}{TS\cdot BT}= \dfrac{(R-x)\sqrt {R^2-x^2}}{x(R-\sqrt {R^2-x^2})}$ άρα

$3(R-x)\sqrt {R^2-x^2}}= 8x(R-\sqrt {R^2-x^2}$ ίσοδύναμα $(3R+5x)\sqrt {R^2-x^2}}= 8xR$

Με ύψωση στο τετράγωνο και αναγωγή ομοίων όρων 25x^4+30Rx^3+48R^2x^2-30R^3x-9R^4=0

.

Με στάνταρ μέθοδο από τους διαιρέτες των συντελεστών

και

, βρίσκουμε $\boxed {x= \dfrac {3}{5}R}$ .

Αν θέλουμε λίγο περισσότερη αιτιολόγιση, εύκολα καταλήγουμε ότι το πολυώνυμο γράφεται (5x-3R)(5x^3+9Rx^2+15R^2x+3R^3)=0

. Τώρα βλέπουμε ότι ο τριτοβάθμιος όρος έχει μόνο θετικούς όρους αφού x>0

, άρα δεν μηδενίζεται. Δηλαδή η ρίζα που βρήκαμε, είναι μοναδική.

KARKAR · #3

Μια ιδέα για την εξίσωση : 25x^4+30Rx^3+48R^2x^2-30R^3x-9R^4=0

. Επειδή το θεώρημα για τις ρητές

ρίζες δεν περιλαμβάνεται στην ύλη της Άλγεβρας της Β' Λυκείου , μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το εξής τέχνασμα :

Από το σχήμα φαίνεται ότι - λόγω ομοιότητας - το ζητούμενο ισχύει για οποιαδήποτε ακτίνα

. Επειδή

ο συντελεστής του x^4

είναι

, η εξίσωση θα γίνει απλούστερη αν το

βγει κοινός παράγοντας .

Για να γίνει αυτό , επιλέγω R=5

και έχω :

Αυτή απλοποιείται , έχει ακέραια ρίζα το x=3

και γράφεται : (x-3)(x^3+9x^2+75x+75)=0

και επειδή x>0

τελειώσαμε .

Σχόλιο : Είναι προς έρευνα αν η παραπάνω τεχνική , μπορεί να εφαρμοστεί για την επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων,

οι οποίες έχουν εν τέλει και ρητές ρίζες .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 11:48 am

Για να γίνει αυτό , επιλέγω και έχω :

...

Σχόλιο : Είναι προς έρευνα αν η παραπάνω τεχνική , μπορεί να εφαρμοστεί για την επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων,

οι οποίες έχουν εν τέλει και ρητές ρίζες .

Θανάση, ως προς την επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων δεν βοηθά αυτό παραπάνω από τα ήδη γνωστά. Αυτό που το έκανε να λειτουργήσει εδώ είναι ότι οι όροι του πολυωνύμου είναι ομοιογενείς. Με άλλα λόγια βάζοντας $y= \dfrac {5x}{R}$ βγαίνει η εξίσωση που γράφεις (αλλά με μεταβλητή το

) χωρίς να έχει κανένα

μετά την απλοποίηση. (*)

Το πρόβλημα είναι ότι για να βρούμε τον συντελεστή

στην αντικατάσταση $y= \dfrac {5x}{R}$ (που μας δίνει την ακέραια λύση) πρέπει να τον ψάξουμε στους διαιρέτες του

, ΟΠΩΣ ΑΚΡΙΒΩΣ κάνουμε στην αναζήτηση της ρητής ρίζας με την κλασική μέθοδο. Και, εννοείται, η ακέραια ρίζα (το

), σε αυτό που προτείνεις, είναι ο αριθμητής της ρίζας, εδώ $x=\dfrac {3}{5}R$ .

(*) Αν δεν ήταν ομοιογενής, η μέθοδος δεν λειτουργεί.

Οκτώ προς τρία

Οκτώ προς τρία

Re: Οκτώ προς τρία

Re: Οκτώ προς τρία

Re: Οκτώ προς τρία

Μέλη σε σύνδεση