Εντυπωσιακή εικασία

KARKAR · #1

: Εντυπωσιακή εικασία.png (10.55 KiB) Προβλήθηκε 2049 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της διαμέτρου

ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

και την τέμνουσα - διχοτόμο SPQ

. Αν

, τότε - εικάζω ότι - το τόξο $\overset{\frown}{AQ}$ , είναι 45^0

.

Στην προσπάθεια για απάντηση , προκύπτει και το θέμα της κατασκευής του εν λόγω σχήματος .

#2

Θέτοντας $T=(cos\theta, sin\theta)$ βρίσκουμε άμεσα την εξίσωση της εφαπτομένης

: $(cos\theta)x+(sin\theta)y-1=0$ . Θέτουμε επίσης $P=(cos\gamma, sin\gamma)$ , οπότε -- δεδομένης της ισότητας AQ=PT

που καθιστά ίσα τα τρίγωνα OAQ

και

-- λαμβάνουμε και $Q=\left((cos(\pi-(\theta-\gamma)), sin(\pi-(\theta-\gamma)\right)=\left(-cos(\theta-\gamma), sin(\theta-\gamma)\right)$ .

Έχουμε υποθέσει ότι τα P, Q

κείνται επί της διχοτόμου της OST

, άρα γνωρίζουμε ότι αυτά ισαπέχουν από την

(άξονα των x) και την

^ χρησιμοποιώντας λοιπόν τις τεταγμένες των P, Q

και τον τύπο απόστασης τους από την $(cos\theta)x+(sin\theta)y-1=0$ , αντίστοιχα, καταλήγουμε στο σύστημα

$sin\gamma = 1-cos(\theta-\gamma)$

$sin(\theta-\gamma)=1+cos(2\theta-\gamma)$

Η επίλυση του συστήματος αυτού δεν είναι ότι πιο εύκολο -- σκληρή δοκιμασία ακόμη και για το WolframAlpha

-- είναι όμως εύκολο να ελέγξουμε ότι η εικασθείσα $\theta-\gamma=\pi/4$ όντως αντιστοιχεί σε λύση (με $\theta \approx1,0826\approx62,0284^0$ και $\gamma \approx 0,2972\approx17,0283^0$ ):

Από την $sin\gamma = 1-cos(\theta-\gamma)$ λαμβάνουμε $sin\gamma = 1-\dfrac{\sqrt{2}}{2},$ οπότε αρκεί να παρατηρηθεί ότι

$cos\theta=cos((\theta -\gamma) +\gamma)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(cos\gamma-sin\gamma),$

$sin\theta=sin((\theta -\gamma) +\gamma)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(cos\gamma+sin\gamma),$

$1+cos(2\theta-\gamma)=1+cos(\theta +(\theta -\gamma))=1+cos\theta cos(\theta-\gamma)-sin\theta sin(\theta-\gamma)=$

$=1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}(cos\gamma-sin\gamma)\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}(cos\gamma+sin\gamma)\dfrac{\sqrt{2}}{2}=1-sin\gamma =\dfrac{\sqrt{2}}{2}=sin(\theta-\gamma).$

: eikasia-karkar.png (44.61 KiB) Προβλήθηκε 1971 φορές

Ανδρέας Πούλος · #3

Ονομάζω τόξο AQ = a = TP, το τόξο QT = b και PB = c.
Από γνωστό θεώρημα για τη γωνία που σχετίζεται με δύο τόξα κύκλου έχουμε:
$\widehat{QSA}=\frac{a-c}{2}= \widehat{QST} = \frac{b-a}{2} \Rightarrow 2a = b + c$ (1).

Επίσης, ισχύει 2a + b + c = π

, (2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι 4a = 180

. Άρα,

.

Την κατασκευή του σχήματος την έκανα και θα την στείλω σε λίγο.

Ανδρέας Πούλος · #4

Για την κατασκευή δίνω μια βοήθεια.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τόξο BP = 22,5

, σε μοίρες.

Λάμπρος Κατσάπας · #5

Τα $\Delta QKO,\Delta OTZ$ είναι όμοια και $\Delta OQR$ ισοσκελές.

Άρα $\widehat{OQR}=\widehat{ORQ}.$ Όμως

$\widehat{OQR}=90^{\circ}-d-\dfrac{\widehat{S}}{2}\Rightarrow \widehat{ORQ}=90^{\circ}-d-\dfrac{\widehat{S}}{2}$

$\Rightarrow b+\dfrac{\widehat{S}}{2}=90^{\circ}-d-\dfrac{\widehat{S}}{2}\Rightarrow d=90^{\circ}-b-\widehat{S}.$

Επίσης, από το $\Delta OTS$ έχουμε $a=90-b-\widehat{S}.$

Οι δύο τελευταίες δίνουν $a=d\Rightarrow a=45^{\circ}.$

#6

Ανδρέας Πούλος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 14, 2023 8:07 pm
Για την κατασκευή δίνω μια βοήθεια.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τόξο , σε μοίρες.

Ανδρέα συμφωνώ ως προς την ορθότητα της συντομότατης απόδειξης σου (#3) όχι όμως και ως προς την τιμή που δίνεις για το τόξο

: η σωστή τιμή είναι μάλλον κάπως μικρότερη, και αυτό προκύπτει τόσο από τα σχήματα του Θανάση (#1) και του Λάμπρου (#5) όσο και από την δική μου περιπετειώδη λύση (#2).

Ανδρέας Πούλος · #7

Γιώργο,
θα ελέγξω αν έχω κάνει λάθος σε υπολογισμούς. Πάντως, δεν χρησιμοποιώ λογισμικά κλπ.

Λάμπρος Κατσάπας · #8

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Απρ 14, 2023 11:18 pm

Ανδρέας Πούλος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 14, 2023 8:07 pm
Για την κατασκευή δίνω μια βοήθεια.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τόξο , σε μοίρες.
Ανδρέα συμφωνώ ως προς την ορθότητα της συντομότατης απόδειξης σου (#3) όχι όμως και ως προς την τιμή που δίνεις για το τόξο : η σωστή τιμή είναι μάλλον κάπως μικρότερη, και αυτό προκύπτει τόσο από τα σχήματα του Θανάση (#1) και του Λάμπρου (#5) όσο και από την δική μου περιπετειώδη λύση (#2).

Δουλεύοντας τριγωνομετρικά στα τρίγωνα QKS

και

(δικό μου σχήμα) και χρησιμοποιώντας τη γνωστή τριγωνομετρική

ταυτότητα $\tan S=\dfrac{2\tan\frac{S}{2} }{1-\tan ^2\frac{S}{2}}$ καταλήγουμε στην εξίσωση

$\dfrac{r}{\sqrt{OS^2-r^2}}=\dfrac{2\dfrac{r}{r+\sqrt{2}OS}}{1-\dfrac{r^2}{(r+\sqrt{2}OS)^2}}$

όπου

η ακτίνα του κύκλου.

Aν θέσουμε $x=\dfrac{OS}{r}=\dfrac{1}{\sin S}$ πάμε στην απλοποιημένη μορφή

$\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}} =\dfrac{2(1+\sqrt{2}x)}{(1+\sqrt{2}x)^2-1}$

η οποία (με χιαστή) οδηγεί στην $x^4-3x^2-2\sqrt{2}x-1=0$ η οποία τελικά δίνει αποδεκτή λύση

$x=\dfrac{1+\sqrt{5+4\sqrt{2}}}{2}\Rightarrow \sin S=\dfrac{2}{1+\sqrt{5+4\sqrt{2}}}$

$\Rightarrow S=\arcsin \left ( \dfrac{2}{1+\sqrt{5+4\sqrt{2}}} \right )\approx 27.97^{\circ}\Rightarrow b\approx 17.03^{\circ}.$

#9

Η προσέγγιση του Λάμπρου (#8) είναι πιο 'αυτοδύναμη' από την δική μου (#2), καταλήγει όμως σε πιο πολύπλοκη έκφραση για την γωνία $b=\pi/4-S$ (#8) ή $\gamma$ (#2), συγκεκριμένα $\pi/4-\arcsin \left ( \dfrac{2}{1+\sqrt{5+4\sqrt{2}}}\right)$ (#8) έναντι $\arcsin\left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ (#2). Σε κάθε περίπτωση, η γωνία μας είναι η ίδια (περίπου 17,03^0

), ενώ η ισοδυναμία των δύο εκφράσεων ... ανάγεται στην ισχύουσα ισότητα

$2\sqrt{2\sqrt{2}-1}+(\sqrt{2}-1)\sqrt{2+4\sqrt{2}+2\sqrt{5+4\sqrt{2}}}=1+\sqrt{5+4\sqrt{2}}\approx 4,264483.$

Η προσέγγιση του Λάμπρου (#8) δείχνει ξεκάθαρα ότι η εικαζόμενη λύση (και θέση του σημείου

) είναι μοναδική (καθώς οι άλλες τρεις ρίζες της τεταρτοβάθμιας του είναι είτε μιγαδικές είτε αρνητικές), ενώ στην δική μου (#2) αυτό δεν συμβαίνει: μπορούμε βέβαια να δούμε ότι η εικαζόμενη λύση (και θέση του σημείου

) όντως είναι λύση, δεν είναι όμως προφανές πως θα δείξουμε 'με το χέρι' ότι η λύση του 'δυσπρόσιτου' συστήματος μου είναι μοναδική^ όπως δείχνει το συνημμένο, το λογισμικό μάς δίνει 4 σημεία τομής (των δύο 'αυγών'), ένα από τα οποία αντιστοιχεί στο εικαζόμενο σημείο

( $\theta \approx 1,08265$ , $\gamma \approx 0,29725$ ), δύο άλλα αντιστοιχούν σε καταφανώς απορριπτέες λύσεις ( $\theta = \pi, \gamma = \pi$ & $\theta = \pi, \gamma = \pi/2$ ), και ένα τελευταίο είναι και αυτό απορριπτέο ( $\theta \approx 3,62974$ , $\gamma \approx 2,84434$ ).

Καλή Ανάσταση!

: δυσπρόσιτο-σύστημα.png (15.27 KiB) Προβλήθηκε 1734 φορές

#10

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 13, 2023 10:35 am
Εντυπωσιακή εικασία.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

και την τέμνουσα - διχοτόμο . Αν , τότε - εικάζω ότι - το τόξο $\overset{\frown}{AQ}$ , είναι .

Στην προσπάθεια για απάντηση , προκύπτει και το θέμα της κατασκευής του εν λόγω σχήματος .

Last but not least (έσχατο αλλά όχι ελάχιστο) που λέγαμε και πέρα: μία κατασκευή -- άνευ απόδειξης προς το παρόν, όποιος βλέπει κάτι ας μας το δείξει -- βασισμένη στην $sinBOP=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ (#2):

Με κέντρο την κορυφή του ημικυκλίου

γράφουμε κύκλο ακτίνας

. Από το σημείο τομής

του κύκλου αυτού με την

φέρουμε παράλληλο

προς την διάμετρο

η οποία τέμνει το ημικύκλιο στο

. Ενώνουμε το μέσον

του τόξου

με το

, οπότε λαμβάνουμε ως

την τομή των

και

, και φέρουμε την εφαπτομένη

του ημικυκλίου. Είναι τότε η

διχοτόμος της OST

ενώ ισχύει και η AQ=PT

.

: AQPT.png (10.88 KiB) Προβλήθηκε 1566 φορές

#11

Ήλπιζα κάποιος να μου κάνει δώρο για την γιορτή μου μία συνθετική απόδειξη για την παραπάνω απλή γεωμετρικά κατασκευή (#10) ... αλλά, μια και δεν συνέβη ως τώρα αυτό, ας προχωρήσουμε σε μία αναλυτική διαπραγμάτευση (παραλείποντας αρκετές λεπτομέρειες):

Θέτοντας στο αρχικό σχήμα του Θανάση (#1) $A=(-1,0), B=(1,0), Q=\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right), P=\left(\dfrac{\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{\sqrt{2}}, 1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right), S=(s,0),$

λαμβάνουμε $T=\left(\dfrac{1}{s},\sqrt{1-\dfrac{1}{s^2}}\right)$ . Παρατηρούμε τώρα ότι

-- το

κείται επί της διχοτόμου SPQ

αν και μόνον αν $(\sqrt{2}-1)s-\sqrt{s^2-1}=-1$ (I)

-- το

κείται επί της διχοτόμου SPQ

αν και μόνον αν $s-(\sqrt{2}-1)\sqrt{s^2-1}=\sqrt{2\sqrt{2}-1}$ (II)

-- ισχύει η AQ=PT

αν και μόνον αν $\left(\dfrac{1}{s}-\sqrt{2\sqrt{2}-1}\right)^2+\left(\sqrt{1-\dfrac{1}{s^2}}-1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2=2-\sqrt{2}$ (III)

Δεν είναι προφανές, αλλά οι (Ι), (ΙΙ), (ΙΙΙ) είναι ισοδύναμες και δίνουν ως μοναδικη λύση $s=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2(\sqrt{2}-1)}\approx2,13224$ . (Ακριβέστερα η (Ι) έχει και μία αρνητική ρίζα που βεβαίως απορρίπτεται.)

[Έχω πάει από την (ΙΙ) στην (ΙΙΙ) με το χέρι, τα υπόλοιπα δεν τα διερεύνησα ιδιαίτερα. Στο αρχικό πρόβλημα του Θανάση δίδονται η (Ι) και η (ΙΙ) και ζητείται η (ΙΙΙ). Ακριβέστερα δίδεται η (Ι) και αναζητείται το S ώστε να ισχύει η (ΙΙΙ) και, εξ ανάγκης, και η (ΙΙ). Στην κατασκευή μου αρχίζω με τις (Ι) και (ΙΙ) και αποδεικνύω ότι θα ισχύει και η (ΙΙΙ). Κάπως έτσι το βλέπω, κάτι μου λέει ότι η συζήτηση δεν τελείωσε

Και βεβαίως αναζητείται πάντοτε και γεωμετρική απόδειξη!]

mathematica.gr

Εντυπωσιακή εικασία

Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Re: Εντυπωσιακή εικασία

Μέλη σε σύνδεση