supremum ΝΑΙ!!

S.E.Louridas · #1

Δίνεται κύκλος (Ο, ρ).
Θεωρούμε το σύνολο Τ={x/x εμβαδό εγγεγραμμένου τραπέζιου στον κύκλο αυτό}. Να αποδειχθεί ότι το σύνολο αυτό δέχεται suprerum το οποίο να υπολογιστεί.

(*) Απλά υπενθυμίζουμε οτι το τραπέζιο ειναι το τετράπλευρο με μόνο δύο πλευρές παράλληλες.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #2

Από Καθαρή Γεωμετρική Οπτική Γωνιά.
Έστω ΑΒΓΔ (ΑΒ, ΓΔ οι βάσεις και ΑΒ<ΓΔ) το εγγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, ρ) τραπέζιο. Θεωρούμε την ευθεία ΕΖ με Ε, Ζ τα μέσα των AB και ΓΔ αντίστοιχα ,η οποία ΕΖ είναι και άξονας συμμετρίας του σχήματος. Δουλεύοντας στο «ημιτραπέζιο» ΕΒΓΖ (μαζί με το συμμετρικό του ως προς την ΕΖ συνθέτουν το αρχικό ΑΒΓΔ) παίρνουμε:
1…Τα τετράπλευρα ΕΒΜΟ, ΟΜΓΖ είναι εγγεγραμμένα σε ίσους κύκλους αντίστοιχων διαμέτρων ΟΒ, ΟΓ με ΟΒ= ΟΓ= ρ και Μ το μέσον της ΒΓ.
2…Τα εμβαδά (ΕΒΜΟ) και (ΟΜΓΖ) γίνονται μέγιστα, όταν τα ευθύγραμμα τμήματα ΕΜ, ΜΛ γίνουν κάθετα στις διαμέτρους ΟΒ, ΟΓ αντίστοιχα. Αυτό ισχύει επειδή το άθροισμα των αποστάσεων των Ε, Μ από την ΟΒ είναι το πολύ ΕΜ με
$EM \leqslant OB = \rho ,\,o\mu o\iota \alpha \,{\rm M}\Lambda \leqslant {\rm O}\Gamma = \rho .$ Δηλαδή το μέγιστο εμβαδόν του ΕΒΓΖ επιτυγχάνεται όταν τα ΕΒΜΟ, ΟΜΓΛ «γίνουν» τετράγωνα δηλαδή όταν το τραπέζιο μας «γίνει» τετράγωνο πράγμα όμως που αποκλείεται από τον ορισμό του τραπεζίου.
Επομένως $({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ) < 4\rho ^2 .$
Αλλά για να είναι το $4\rho ^2 \,\sup remum,$ του συνόλου Τ θα πρέπει για το τυχόν τραπέζιο ΑΒΓΔ να υπάρχει τραπέζιο ΧΒΓΥ ,τέτοιο που (ΑΒΓΔ)<(ΧΒΓΥ).
Προς τούτο χρησιμοποιούμε το λήμμα που ακολουθεί:
«Έστω δύο ίσοι κύκλοι κοινής χορδής ΟΜ και αντίστοιχων διαμέτρων ΟΒ, ΟΓ. Θεωρούμε τυχούσα ευθεία EOZ με Ε την τομή της με τον κύκλο διαμέτρου ΟΒ και Ζ την τομή της με τον κύκλο διαμέτρου ΟΓ και ευθεία ΚΟΛ με Κ την τομή της με τον κύκλο διαμέτρου ΟΒ και Λ την τομή της με τον κύκλο διαμέτρου ΟΓ και με την ΚΛ κάθετη στην ΟΜ. Αν Χ τυχόν εσωτερικό σημείο του τόξου ΚΕ που βλέπει η γωνία
<ΕΟΚ και Y η τομή της ευθείας ΟΧ με τον κύκλο διαμέτρου ΟΓ ισχύει ότι: (ΕΒΓΖ) < (XBΓY) < (ΚΒΓΛ).

Θα ακολουθήσει η απόδειξη του λήμματος (ας μου επιτραπεί να την αφήσω γιά λίγο σαν προτεινόμενο θέμα), άρα και η λύση του θέματος μας.

S.E.Louridas

#3

Μια προσέγγιση από τη σκοπιά της ααλυτικής γεωμετρίας και του απειροστικού. Ελπίζω χωρίς λάθος.

Θεωρούμε τον κύκλο με κέντρο το O(0,0)

, ακτίνας

. Επίσης θεωρούμε οι παράλληλες πλευρές του τραπεζίου να είναι οι ευθείες y=k

και

με $r\geq k,l\geq0$ .

Το

είναι άνω φραγμένο από $\pi r^2$ άρα έχει ελάχιστο άνω φράγμα.

Το εμβαδό του τραπεζίου δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{E(k,l)=\left(\sqrt{r^2-k^2}+\sqrt{r^2-l^2}\right)(k+l)}$ , άρα αναγόμαστε στην εύρεση του μεγίστου της E(k,l)

στο

.

S.E.Louridas · #4

Αναστάση, κατ' αρχήν σε ευχαριστώ που ασχολήθηκες με το θέμα που πρότεινα.
Θεωρώ την λύση σου άψογη.

S.E.Louridas

#5

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Το εμβαδό του τραπεζίου δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{E(k,l)=\left(\sqrt{r^2-k^2}+\sqrt{r^2-l^2}\right)(k+l)}$ , άρα αναγόμαστε στην εύρεση του μεγίστου της στο .

Ας την συνεχίσουμε με σχολική ύλη (*)

Θέτουμε $k=r \sin u, \, l = r \cos v, , u,v \in [0, \frac {\pi}{2}]$ . Τότε

$E = r^2( \cos u + \cos v)( \sin u + \sin v) =$

$= r^2( \cos u \sin u + \cos v \sin v + \cos u \sin v+ \cos v \sin u )$

$r^2 ( \frac{1}{2} \sin 2u + \frac{1}{2} \sin 2v + \sin (u+v)$

$r^2 ( \sin (u+v) \cos (u-v) + \sin (u+v) ) = r^2 \sin(u+v) (1+\cos (u-v))$

$\le r^2 \cdot 1 \cdot 2$

με ισότητα (στο διάστημά μας $[0, \frac {\pi}{2}]$ αν και μόνον αν
$u+v= \frac {\pi}{2}, u-v =0$ , δηλαδή $u=v = \frac {\pi}{2}$

Άρα $k = l = r \frac {\sqrt {2}}{2}$ που εύκολα βλέπουμε ότι αντιστοιχεί σε τετράγωνο.

Βρήκαμε έτσι το supremum. Αν τώρα θεωρήσουμε ότι τα τετράγωνα δεν είναι τραπέζια όπως ορίζει το σχολικό βιβλίο, τότε έχουμε supr;emum αλλά όχι μέγιστο.

Θα ήθελα να σχολιάσω ότι το γεγονός ότι τα τετράγωνα δεν είναι, εξ ορισμού, τραπέζια είναι μία παραδοχή που δεν την υιοθετούν όλοι, ιδίως παλαιότερα. Θα μπορούσαμε να θεωρούσαμε ότι τα τετράγωνα είναι υποσύνολο του συνόλου των παραλληλογράμμων και αυτά με τη σειρά τους υποσύνολο του συνόλου των τραπεζίων.
Η βάση για αυτή την παραδοχή είναι ότι "τα τραπέζια έχουν δύο πλευρές παράλληλες". Τα τετράγωνα επίσης (άσχετο ότι έχουν και άλλες δύο) άρα είναι τραπέζια.
Μπορεί να ξενίζει αυτό αλλά είναι θέμα παραδοχής.
Και αν σας ξενίζει, ας δούμε κάτι παρεμφερές:
Όλοι σήμερα συμφωνούμε ότι τα ισόπλευρα τρίγωνα είναι ισοσκελή (άσχετο ότι έχουν και την τρίτη πλευρά ίση με τις δύο πρώτες). Σωστά;
Όχι όμως στα αρχαία ελληνικά Μαθηματικά, όπου ο Αριστοτέλης αναφέρει ρητά ότι τα ισόπλευρα τρίγωνα δεν είναι ισοσκελή.
Η περίπτωση των τραπεζίων/τετραγώνων σημερινή παραδοχή είναι πιο κοντά στον Αριστοτέλη και ποιο μακρυά από την σημερινή παραδοχή για τα ισόπλευρα.

Ότι θέλεις παίρνεις. Η δική μου επιλογή, αν ήμουν νομοθέτης, θα ήταν ότι "επιτρέπεται να θεωρούμε ότι τα τετράγωνα είναι (ειδική περίπτωση) τραπεζίων". Τα οφέλη, πιστεύω, ότι είναι περισσότερα από την αντίθετη παραδοχή.

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) με μερικές παραγώγους δύο μεταβλητών είναι σχετικά εύκολη.

supremum ΝΑΙ!!

supremum ΝΑΙ!!

Re: supremum ΝΑΙ!!

Re: supremum ΝΑΙ!!

Re: supremum ΝΑΙ!!

Re: supremum ΝΑΙ!!

Μέλη σε σύνδεση