χρωματισμένο χωρίο

polysindos · #1

να βρεθεί το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου

#2

polysindos έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 10:01 am να βρεθεί το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου

Ξεχάστηκε η άσκηση αυτή με το αισθητικά ωραίο σχήμα.

Θα βρούμε την ακτίνα

του κύκλου (αλλά κάνω μικρή αβαρία εδώ) και το εμβαδόν του τριγώνου, από όπου το ζητούμενο.

Λόγω συμμετρίας τα K,M,N

είναι τα μέσα των πλευρών του τριγώνου. Λόγω επαφής των μικρών κύκλων με τον μεγάλο, τα κέντρα τους απέχουν από το

αποστάσεις $OP=R-6, \. OS= R-2, \, OT=R-4$ και άρα $OM=R-12, \, ON=R-4, \, OK=R-8$ .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο OBM

έχουμε $\left ( \dfrac {a}{2}\right ) ^2 = BM^2= R^2-(R-12)^2=24(R-6)$ . Άρα $a= 2\sqrt {24(R-6)}$ και άρα το τρίγωνο OBC

έχει εμβαδόν $(OBC) = \sqrt {24(R-6)}(R-12)$ .

Όμοια $(OCA) = \sqrt {8(R-2)}(R-4)$ και $(OAB) = \sqrt {16(R-4)}(R-8)$ .

Μετράμε τώρα το εμβαδόν του ABC

με δύο τρόπους. Πρώτον ως (OBC)+(OCA)+(OAB)

και δεύτερον από τον τύπο $E = \dfrac {abc}{4R}$ (τα a,b,c

τα βρήκαμε). Άρα

$\sqrt {24(R-6)}(R-12) + \sqrt {8(R-2)}(R-4) + \sqrt {16(R-4)}(R-8)= \dfrac { 2\sqrt {24(R-6)} \cdot 2\sqrt {8(R-2)} \cdot 2\sqrt {16(R-4)} }{4R}$ .

Αυτή είναι μία εξίσωση ως προς

. Την λύνουμε! Αλλά να που δεν ξέρω να την λύσω (μεγάλη και επίπονη παράσταση) αλλά με πρόχειρο αλλά χοντρικό υπολογισμό βρίσκω ότι έχει ρίζα περί το

. Ίσως κάποιος που έχει την ευχέρεια λογισμικού, μπορεί να μας βοηθήσει.

Με την σωστή τιμή του

τα υπόλοιπα είναι άμεσα. Οι τιμές τους δίνονται παραπάνω με αντικατάσταση του

. Τελικά το ζητούμενο χρωματισμένο χωρία είναι ρο κύκλος μείον το τρίγωνο, μείον τα τρία γμωστά κυκλάκια.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 05, 2023 3:53 pm
polysindos έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 10:01 am να βρεθεί το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου
Ξεχάστηκε η άσκηση αυτή με το αισθητικά ωραίο σχήμα.

Θα βρούμε την ακτίνα του κύκλου (αλλά κάνω μικρή αβαρία εδώ) και το εμβαδόν του τριγώνου, από όπου το ζητούμενο.

Λόγω συμμετρίας τα είναι τα μέσα των πλευρών του τριγώνου. Λόγω επαφής των μικρών κύκλων με τον μεγάλο, τα κέντρα τους απέχουν από το αποστάσεις $OP=R-6, \. OS= R-2, \, OT=R-4$ και άρα $OM=R-12, \, ON=R-4, \, OK=R-8$ .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο έχουμε $\left ( \dfrac {a}{2}\right ) ^2 = BM^2= R^2-(R-12)^2=24(R-6)$ . Άρα $a= 2\sqrt {24(R-6)}$ και άρα το τρίγωνο έχει εμβαδόν $(OBC) = \sqrt {24(R-6)}(R-12)$ .

Όμοια $(OCA) = \sqrt {8(R-2)}(R-4)$ και $(OAB) = \sqrt {16(R-4)}(R-8)$ .

Μετράμε τώρα το εμβαδόν του με δύο τρόπους. Πρώτον ως και δεύτερον από τον τύπο $E = \dfrac {abc}{4R}$ (τα τα βρήκαμε). Άρα

$\sqrt {24(R-6)}(R-12) + \sqrt {8(R-2)}(R-4) + \sqrt {16(R-4)}(R-8)= \dfrac { 2\sqrt {24(R-6)} \cdot 2\sqrt {8(R-2)} \cdot 2\sqrt {16(R-4)} }{4R}$ .

Αυτή είναι μία εξίσωση ως προς . Την λύνουμε! Αλλά να που δεν ξέρω να την λύσω (μεγάλη και επίπονη παράσταση) αλλά με πρόχειρο αλλά χοντρικό υπολογισμό βρίσκω ότι έχει ρίζα περί το . Ίσως κάποιος που έχει την ευχέρεια λογισμικού, μπορεί να μας βοηθήσει.

Με την σωστή τιμή του τα υπόλοιπα είναι άμεσα. Οι τιμές τους δίνονται παραπάνω με αντικατάσταση του . Τελικά το ζητούμενο χρωματισμένο χωρία είναι ρο κύκλος μείον το τρίγωνο, μείον τα τρία γμωστά κυκλάκια.

Μιχάλη καλησπέρα... από Reinach Βασιλείας.

Χωρίς να έχω μελετήσει τη λύση σου αλλά για την εξίσωση που κατέληξες

το Maple μου δίνει το εξής αποτέλεσμα:

: Εξίσωση 1.png (60.82 KiB) Προβλήθηκε 779 φορές

και επειδή η εικόνα είναι πολύ μικρή ζουμάρω το αποτέλεσμα:

: Εξίσωση 2.png (13.86 KiB) Προβλήθηκε 779 φορές

Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει τρεις λύσεις τις εξής:

$\displaystyle{x_1=6., \ \ x_2=15.51754096-1.10^{-9}I, \ \ x_3=1.569143425 }$

Δηλαδή η πρώτη πραγματική και ίση περίπου με 6, η δεύτερη μιγαδική με σχεδόν μηδενικό το φανταστικό της μέρος δηλαδή ίση περίπου

με το 16 και η τρίτη πραγματική και ίση περίπου με 2.

Από ό,τι φαίνεται εσύ εντόπισες τη δεύτερη από τις ανωτέρω λύσεις.

Κώστας Δόρτσιος

#4

KDORTSI έγραψε: Τετ Ιούλ 05, 2023 11:26 pm Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει τρεις λύσεις τις εξής:

$\displaystyle{x_1=6., \ \ x_2=15.51754096-1.10^{-9}I, \ \ x_3=1.569143425 }$

Δηλαδή η πρώτη πραγματική και ίση περίπου με 6, η δεύτερη μιγαδική με σχεδόν μηδενικό το φανταστικό της μέρος δηλαδή ίση περίπου

με το 16 και η τρίτη πραγματική και ίση περίπου με 2.

Από ό,τι φαίνεται εσύ εντόπισες τη δεύτερη από τις ανωτέρω λύσεις.

.
Kώστα, καλά να περνάς στα ξένα και χίλια ευχαριστώ για τις πληροφορίες.

Θέλω όμως να κάνω μία διευκρίνιση: Οι ρίζεις $R \approx 6$ και $R \approx 2$ απορρίπτονται γιατί δεν θα είχε νόημα το μήκος OM=R-12

.

H άλλη λύση δεν έχει φανταστικό μέρος ΣΧΕΔΟΝ

αλλά ΑΚΡΙΒΩΣ μηδέν. Το $10^{-9} i$ που εμφανίζεται ως φανταστικό μέρος είναι απλά λογιστικό σφάλμα στρογγύλευσης του Maple γιατί εργάζεται με προσέγγιση όταν κάνει πράξεις με ριζικά. Στο κάτω κάτω οι μιγαδικές ρίζες των πραγματικών πολυωνύμων πηγαίνουν ανά ζεύγη με τον μιγαδικό τους συζυγή. Εδώ που το Maple δεν έδωσε συζυγή ρίζα σημαίνει ότι δεν υπάρχει μιγαδική ρίζα καθώς δεν θα μπορούσε η εν λόγω εξίσωση να έχει δύο πραγματικές ρίζες και μία μιγαδική. Είναι και οι τρεις πραγματικές.

Το MAPLE τα κάνει αυτά! Είναι γνωστό του bug.

Μία επιβεβαίωση αυτών που λέω είναι ότι αν πάρουμε R=15

, το ένα μέλος της εξίσωσης είναι μικρότερο από το άλλο ενώ για R=17

είναι μεγαλύτερο (τα επαλύθευσα με κομπιουτεράκι). Άρα κάπου στο ενδιάμεσο, μηδενίζεται η διαφορά τους.

Μία άλλη και ουσιαστικότερη επιβεβαίωση είναι η εξής: Αν δούμε με προσοχή την ρίζα που βγάζει το Maple (πριν κάνει τις πράξεις απλοποίησης), είναι η $8 + 2(4+4i\sqrt 3) ^{1/3} + \dfrac {8}{(4+4i\sqrt 3)^{1/3}}$ . ΑΣΚΗΣΗ: Δείξτε ότι ο αριθμός αυτός είναι πραγματικός, παρόλο που βλέπουμε όρους με

. Υπόδειξη: Πολλαπλασιάστε τον αριθμητή και παρονομαστή του τελευταίου προσθετέου επί $(4-4i\sqrt 3) ^{1/3}$ .

Συνοψίζοντας, τα παραπάνω επιβεβαιώνουν αυτό που γράφω στην λύση μου, ότι δηλαδή η εξίσωση έχει μία ρίζα η οποία είναι περίπου

(ακριβέστερα $R \approx 15,517...$ )

χρωματισμένο χωρίο

χρωματισμένο χωρίο

Re: χρωματισμένο χωρίο

Re: χρωματισμένο χωρίο

Re: χρωματισμένο χωρίο

Μέλη σε σύνδεση