mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 19, 2011 10:15 am**

Στο τμήμα

παίρνω σημείο

, ώστε

, και από τα B ,C

φέρω κάθετες προς το

.

Τμήμα

με άκρα επί των δύο ευθειών , κινείται παράλληλα προς το

.

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της γωνίας $\phi = \hat {TAS}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 19, 2011 11:48 am**

Καλημέρα φίλε KARKAR

Θα ήθελα πρώτα έστω και καθυστερημένα να σε ευχαριστήσω για τα καλά σου λόγια

Θα μου επιτρέψεις να χρησιμοποιήσω το δικό σου σχήμα και λίγο τριγωνομετρία

Αν $\displaystyle{ AB = \alpha \Rightarrow BC = 2\alpha }$

Είναι

$\displaystyle{ \widehat\phi = \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} - \widehat{CAS} \Rightarrow \varepsilon \phi \widehat\phi = \varepsilon \phi \left( {\widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} - \widehat{CAS}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \varepsilon \phi \widehat\phi = \frac{{\varepsilon \phi \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} - \varepsilon \phi \widehat{CAS}}} {{1 + \varepsilon \phi \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} \cdot \varepsilon \phi \widehat{CAS}}} \Rightarrow \ldots \varepsilon \phi \widehat\phi = \frac{{\frac{{BT}} {{AB}} - \frac{{CS}} {{AC}}}} {{1 + \frac{{BT}} {{AB}} \cdot \frac{{CS}} {{AC}}}}\mathop \Rightarrow \limits^\begin{subarray}{l} \varepsilon \phi \widehat\phi = y \\ BT = CS = x \end{subarray} }$

$\displaystyle{ y = \frac{{\frac{x} {\alpha } - \frac{x} {{3\alpha }}}} {{1 + \frac{x} {\alpha } \cdot \frac{x} {{3\alpha }}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{x} {\alpha } = t} \ldots y = \frac{{\frac{2} {3}t}} {{1 + \frac{{t^2 }} {3}}} \Rightarrow y = \frac{{2t}} {{3 + t^2 }} \Rightarrow \ldots yt^2 - 2t + 3y = 0:\left( 1 \right) }$

Εφόσον η (1) έχει λύση ως προς t (υπάρχουν τα α και x) θα πρέπει

$\displaystyle{ \Delta \geqslant 0 \Leftrightarrow 4 - 12y^2 \geqslant 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{y \geqslant 0} y \leqslant \frac{{\sqrt 3 }} {3} }$

με μέγιστη τιμή $\displaystyle{ y = \frac{{\sqrt 3 }} {3}\mathop { \Rightarrow \varepsilon \phi \hat \phi }\limits^{} = \frac{{\sqrt 3 }} {3}\mathop \Rightarrow \limits^{0 \leqslant \hat \phi < \frac{\pi } {2}} \boxed{\hat \phi = 30^0 } }$ η οποία επιτυγχάνεται όταν $\displaystyle{ t = \frac{2} {{\frac{{2\sqrt 3 }} {3}}} \Rightarrow \ldots t = \sqrt 3 \Rightarrow \frac{{BT}} {{AB}} = \sqrt 3 \Rightarrow \boxed{BT = \sqrt 3 AB} }$

Φιλικά και ας είναι και τριγωνομετρικά

Στάθης Κούτρας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 19, 2011 1:09 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Φιλικά και ας είναι και τριγωνομετρικά

Η δική μου λύση είναι και Τριγωνομετρική και ΑναλυτικοΓεωμετρική και με Παραγώγους. Παρ' όλα αυτά είναι και αυτή ΦΙΛΙΚΗ

: 19-4-2011 Γεωμετρία.jpg (13.87 KiB) Προβλήθηκε 776 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με αρχή C(0, 0) παίρνουμε τα σημεία
Β(0, 2), Α(0, 3), S(x, 0), T(x, 2), x > 0.

Τότε $\displaystyle \phi = \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} - \widehat{BAS} \Rightarrow \varepsilon \phi \phi = \frac{{\varepsilon \phi \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} - \widehat{\varepsilon \phi BAS}}}{{1 + \varepsilon \phi \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm T}} \cdot \varepsilon \phi \widehat{BAS}}} = \frac{{\frac{x}{1} - \frac{x}{3}}}{{1 + \frac{x}{1} \cdot \frac{x}{3}}} = \frac{{2x}}{{3 + x^2 }}$

Έστω $\displaystyle f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{3 + x^2 }},\;x > 0$

H f είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle f'\left( x \right) = \frac{{2\left( {3 + x^2 } \right) - 4x^2 }}{{\left( {3 + x^2 } \right)^2 }} = \frac{{6 - 2x^2 }}{{\left( {3 + x^2 } \right)^2 }}$

Η f είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\;\sqrt 3 } \right]$ και γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {\sqrt 3 ,\; + \infty } \right)$

και παρουσιάζει μέγιστο στο $\displaystyle x_0 = \sqrt 3$

με τιμή $\displaystyle \varepsilon \phi \phi = f\left( {\sqrt 3 } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ , οπότε $\displaystyle \phi = 30^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 19, 2011 3:17 pm**

Και μια ακόμα ιδέα:

Έστω η γενική περίπτωση που είνα:
$\displaystyle BC=2h,\ \ AB=a$
και έστω μια τυχαία θέση του σημείου S.
Φέρουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ΑCS ο οποίος
θα περάσει κι απ' το σημείο Τ. Τότε θα είναι:
$\displaystyle \hat{SAT}=\hat{MKT}=\hat{\varphi }$
κι ακόμα:
$\displaystyle sin\varphi =\frac{TM}{KT}= \frac{h}{KA}\leq \frac{h}{OA}=\frac{h}{h+a}$
Επειδή η γωνία φ είναι οξεία και η συνάρτηση του ημιτόνου είναι συνάρτηση αύξουσα στο πρώτο
τεταρτημόριο(οξείες γωνίες) άρα η μέγιστη τιμή της γωνίας θα πραγματοποιηθεί όταν ο περιγεγραμμένος
κύκλος στο τρίγωνο ΑCS έχει κέντρο το σημείο Ο(μέσο του ΒC) και ακτίνα ίση με ΟΑ=h+a.
Με άλλα λόγια η θέση κατά την οποία η γωνία φ γίνεται μέγιστη είναι όταν το σημείο S βρεθεί στη θέση
που ο κύκλος (Ο,ΟΑ) τμήσει την ημιευθεία (ε2)
Ειδικά όταν:
$\displaystyle a=h$
τότε το μέγιστο ημίτονο γίνεται:
$\displaystyle sin\varphi \leq \frac{h}{a+h}=\frac{h}{2h}=\frac{1}{2}$
δηλαδή η γωνία γίνεται ίση με 30 μοίρες και $\displaystyle CS=h\sqrt{3}$

Παρατήρηση:
Το πρόβλημα έχει συγγένεια με το γνωστό πρόβλημα του Johann Muller(1436-1475: 39ετών!)
στο οποίο ζητείται να βρεθεί η μεγιστοποίηση της γωνίας με την οποία ένας πεζός παρατηρεί
ένα άγαλμα που βρίσκεται στηριγμένο πάνω σε ένα βάθρο.
Το πρόβλημα αυτό υπήρχε στη Γεωμετρία των Θωμαΐδη Γ., Ξένου Θ. κλπ του ΟΕΔΒ(1999)
ως δραστηριότητα 9.1 σελ.228.

Κώστας Δόρτσιος

mathematica.gr

Θα μεγαλώσει κι άλλο ;

Θα μεγαλώσει κι άλλο ;

Re: Θα μεγαλώσει κι άλλο ;

Re: Θα μεγαλώσει κι άλλο ;

Re: Θα μεγαλώσει κι άλλο ;