mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2024 5:31 pm**

Δίνεται απλή, κυρτή τεθλασμένη γραμμή με τέσσερις κορυφές, εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο.
Τα άκρα της τεθλασμένης συμπίπτουν με τα άκρα του ημικυκλίου.
Οι τρεις πλευρές της τεθλασμένης έχουν γνωστά μήκη a,b,c

Να υπολογιστεί (σε κλειστή μορφή) η ακτίνα

του κύκλου ως συνάρτηση των a,b,c

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 15, 2024 11:26 pm**

Ιάσων για "κλειστή μορφή" λίγο χλωμό το βλέπω ... καθότι στο βάθος μας περιμένει ... τριτοβάθμια:

Από Νόμο Ημιτόνων στα τρία τρίγωνα (βλέπε συνημμένο) και την $2\alpha +2\beta +2\gamma = 2\pi$ καταλήγουμε στις

$R=\dfrac{a}{2\sigma \upsilon \nu \alpha}, R=\dfrac{b}{2\sigma \upsilon \nu \beta}, R=-\dfrac{c}{2\sigma \upsilon \nu (\alpha +\beta)},$

οπότε από την $2R\left(\sigma \upsilon \nu \alpha \sigma \upsilon \nu \beta -\sqrt{1-\sigma \upsilon \nu ^2\alpha}\sqrt{1-\sigma \upsilon \nu ^2\beta}\right)=-c$ και τις $\sigma \upsilon \nu \alpha =\dfrac{a}{2R},$ $\sigma \upsilon \nu \beta =\dfrac{b}{2R}$ προκύπτει η

$ab-\sqrt{4R^2-a^2}\sqrt{4R^2-b^2}=-2Rc$

και από αυτήν τελικά η τριτοβάθμια

4R^3-(a^2+b^2+c^2)R-abc=0.

[Από την μελέτη της g(x)=4x^3-(a^2+b^2+c^2)x-abc

προκύπτει ότι αυτή έχει πάντοτε δύο αρνητικές και μία θετική ρίζα. Πράγματι από την g'(x)=0

προκύπτουν δύο σημεία τοπικών ακροτάτων, τα $\pm \dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2\sqrt{3}}:$ από την $g\left(-\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2\sqrt{3}}\right)=\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{3/2}-abc\geq 0$ προκύπτει μη αρνητικό τοπικό μέγιστο, άρα, λόγω και της g(0)=-abc<0,

και δύο αρνητικές ρίζες^ και λόγω της g(0)=-abc<0

και πάλι, και βεβαίως και της $\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty,$ προκύπτει και μία θετική ρίζα.]

: radius-arcs.png (48.23 KiB) Προβλήθηκε 875 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 16, 2024 11:12 pm**

Εφαρμόζοντας τα παραπάνω -- με κάποιες 'έξυπνες' ή/και 'τυχερές' υψώσεις στο τετράγωνο -- καταλήγουμε στην ακτίνα εγγράψιμου τετραπλεύρου:

$R^2=\dfrac{(ab+cd)((a^2+b^2)cd+(c^2+d^2)ab)}{8abcd+2(a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2)-(a^4+b^4+c^4+d^4)}.$

...Κλειστή μορφή (closed form) λοιπόν για 4 χορδές, αλλά όχι και για 3 χορδές: έτσι είναι η ζωή (that's life), και αν τυχόν υπάρχουν αμφιβολίες για την ορθότητα των δύο τύπων/εξισώσεων ... αυτές διαλύονται όταν παρατηρήσουμε πως η d=2R

οδηγεί στην (4R^3-(a^2+b^2+c^2)R-abc)^2=0

[Δείτε πάντως σχετικά και εδώ.]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2024 10:15 pm**

Ακολουθεί μια τρίτη λύση συμπληρωματικά με τις δυο λύσεις του κυρίου Μπαλόγλου:

Οι διαγώνιες του τετραπλεύρου μπορούν να υπολογιστούν συναρτήσει των ${\color{blue}R},{\color{red}a},{\color{green}c}$
από το Πυθαγόρειο θεώρημα στα δυο ορθογώνια τρίγωνα με υποτείνουσα τη διάμετρο $\color{blue}2R$

Κατόπιν με εφαρμογή του πρώτου θεωρήματος του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο έχουμε
$\sqrt{4R^2-c^2}\cdot\sqrt{4R^2-a^2}=b\cdot 2R+a\cdot c$

οπότε υψώνοντας στο τετράγωνο και επειδή $R\ne0$ καταλήγουμε στην
casus irreducibilis τριτοβάθμια εξίσωση
(https://en.wikipedia.org/wiki/Casus_irreducibilis)
που παραθέτει στις λύσεις του ο κύριος Μπαλόγλου

Λέγοντας "κλειστή μορφή" είχα στο νου μου την (θετική) τριγωνομετρική λύση της casus irreducibilis τριτοβάθμιας
$R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\cos\big(\frac{1}{3}\arccos\big(\frac{3\sqrt{3}abc}{(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}}\big)\big)$ $\blacksquare$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 21, 2024 2:02 pm**

Ιάσων Κωνσταντόπουλος έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 20, 2024 10:15 pm
Ακολουθεί μια τρίτη λύση συμπληρωματικά με τις δυο λύσεις του κυρίου Μπαλόγλου:

Οι διαγώνιες του τετραπλεύρου μπορούν να υπολογιστούν συναρτήσει των ${\color{blue}R},{\color{red}a},{\color{green}c}$
από το Πυθαγόρειο θεώρημα στα δυο ορθογώνια τρίγωνα με υποτείνουσα τη διάμετρο $\color{blue}2R$

Κατόπιν με εφαρμογή του πρώτου θεωρήματος του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο έχουμε
$\sqrt{4R^2-c^2}\cdot\sqrt{4R^2-a^2}=b\cdot 2R+a\cdot c$

οπότε υψώνοντας στο τετράγωνο και επειδή $R\ne0$ καταλήγουμε στην
casus irreducibilis τριτοβάθμια εξίσωση
(https://en.wikipedia.org/wiki/Casus_irreducibilis)
που παραθέτει στις λύσεις του ο κύριος Μπαλόγλου

Λέγοντας "κλειστή μορφή" είχα στο νου μου την (θετική) τριγωνομετρική λύση της casus irreducibilis τριτοβάθμιας
$R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\cos\big(\frac{1}{3}\arccos\big(\frac{3\sqrt{3}abc}{(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}}\big)\big)$ $\blacksquare$

Πιάστηκα αδιάβαστος

mathematica.gr

Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο

Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο

Re: Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο

Re: Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο

Re: Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο

Re: Τεθλασμένη εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο