Απίθανη συνευθειακότητα

KARKAR · #1

: Απίθανη συνευθειακότητα.png (22.09 KiB) Προβλήθηκε 983 φορές

Η σταθερή βάση

του τριγώνου ABC

φαίνεται από την κινητή κορυφή

, υπό γωνία

$\hat{A}=60^{\circ}$ . Η διχοτόμος της $\hat{B}$ , τέμνει τον κύκλο στο σημείο

. Φέρω και το ύψος

.

Να δειχθεί ότι το τμήμα

ελαχιστοποιείται , όταν τα : S , D , M

καταστούν συνευθειακά .
Φυσικά

είναι ο νότιος πόλος . Δεν έχω ασχοληθεί με την λύση του προβλήματος

#2

Με χρήση συντεταγμένων (βλέπετε συνημμένο) προκύπτει (από λύση απλού γραμμικού 2 x 2 συστήματος):

$D=(p, q)= \displaystyle\left(\dfrac{-\sqrt{3}+6cosx+2\sqrt{3}sinx-2\sqrt{3}cos^2x+2\sqrt{3}sin^2x}{4(2-\sqrt{3}cosx+sinx)}, \dfrac{-1+4sinx-4\sqrt{3}cosxsinx}{4(2-\sqrt{3}cosx+sinx)}\right).$

Με χρήση λογισμικού προκύπτει ότι η

ελαχιστοποιείται για $x\approx 1,1007\approx 63,065^0$ . Για την ίδια τιμή του

έχουμε και συνευθειακότητα των S, D, M

... με αμφότερους τους συντελεστές διεύθυνσης των

,

ίσους προς περίπου 1,33996

.

Μπορεί η παραπάνω 'σύμπτωση' να αποδειχθεί ΚΑΙ χωρίς χρήση λογισμικού; Λογικά ΝΑΙ, καθώς ο μηδενισμός της ως προς

παραγώγου της

θα είναι ισοδύναμος, εκτός συγκλονιστικότατου απροόπτου, προς την συνευθειακότητα των S, D, M

. Ίσως επανέλθω

: απίθανη-συνευθειακότητα.png (78.66 KiB) Προβλήθηκε 824 φορές

#3

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 20, 2022 9:37 am
Με χρήση συντεταγμένων (βλέπετε συνημμένο) προκύπτει (από λύση απλού γραμμικού 2 x 2 συστήματος):

$D=(p, q)= \displaystyle\left(\dfrac{-\sqrt{3}+6cosx+2\sqrt{3}sinx-2\sqrt{3}cos^2x+2\sqrt{3}sin^2x}{4(2-\sqrt{3}cosx+sinx)}, \dfrac{-1+4sinx-4\sqrt{3}cosxsinx}{4(2-\sqrt{3}cosx+sinx)}\right).$

Με χρήση λογισμικού προκύπτει ότι η ελαχιστοποιείται για $x\approx 1,1007\approx 63,065^0$ . Για την ίδια τιμή του έχουμε και συνευθειακότητα των ... με αμφότερους τους συντελεστές διεύθυνσης των , ίσους προς περίπου .

Μπορεί η παραπάνω 'σύμπτωση' να αποδειχθεί ΚΑΙ χωρίς χρήση λογισμικού; Λογικά ΝΑΙ, καθώς ο μηδενισμός της ως προς παραγώγου της θα είναι ισοδύναμος, εκτός συγκλονιστικότατου απροόπτου, προς την συνευθειακότητα των . Ίσως επανέλθω

ΚΑΙ ΟΜΩΣ αποδεικνύεται: ο μηδενισμός της παραγώγου (του τετραγώνου) της

είναι ισοδύναμος -- αφού εφαρμοσθεί το Πυθαγόρειο στο DBC

ώστε να 'απλοποιηθεί' η ποσότητα p(x)^2+q(x)^2

-- προς τον μηδενισμό της

$\displaystyle-q'(x)-2p'(x)cos\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)+p(x)sin\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)-2q'(x)sin\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)-q(x)cos\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right),$

ο οποίος είναι ισοδύναμος, χάρις στις αξιοσημείωτες (και παρατιθέμενες κατά σειρά ανακάλυψης*) ισότητες q'(x)=p(x)

και $p'(x)=-\dfrac{1+2q(x)}{2}$ , προς τον μηδενισμό της

$\displaystyle-p(x)+q(x)cos\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)+cos\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)-p(x)sin\left(\dfrac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right),$

δηλαδή προς την συνευθειακότητα των S, D, M

.

Παραθέτω τις παραγώγους-φαντομάδες:

$p'(x)=\dfrac{-12-9sinx+5\sqrt{3}cosx+16\sqrt{3}sinxcosx+6\sqrt{3}sin^2xcosx-18sinxcos^2x-6sin^3x+2\sqrt{3}cos^3x}{4(2+sinx-\sqrt{3}cosx)^2}$

$q'(x)=\dfrac{\sqrt{3}sinx+9cosx+4\sqrt{3}sin^2x-12\sqrt{3}cos^2x+4\sqrt{3}sin^3x+12cos^3x}{4(2+sinx-\sqrt{3}cosx)^2}$

*μέσω των $q'(1,1007)\approx0,725771$ & $p(1,1007)\approx0,725771$ και $p'(1,1007)\approx-0,472501$ & $q(1,1007)\approx-0,027499$ , αντίστοιχα

Απίθανη συνευθειακότητα

Απίθανη συνευθειακότητα

Re: Απίθανη συνευθειακότητα

Re: Απίθανη συνευθειακότητα

Μέλη σε σύνδεση