Μέγιστη διαφορά

KARKAR · #1

: Μέγιστη διαφορά.png (9.29 KiB) Προβλήθηκε 1219 φορές

Το τρίγωνο ABC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Σημείο

κινείται στο εσωτερικό του

τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AM}$ . Βρείτε τη θέση του

η οποία μεγιστοποιεί τη διαφορά : $\phi-\theta$ .

vgreco · #2

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 29, 2022 12:15 pm Το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Σημείο κινείται στο εσωτερικό του

τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AM}$ . Βρείτε τη θέση του η οποία μεγιστοποιεί τη διαφορά : $\phi-\theta$ .

: Max_phi_theta.png (33.24 KiB) Προβλήθηκε 1137 φορές

Φέρω το ύψος

από το

προς την

. Εύκολα $\tan\phi = \dfrac{h}{S_1}$ και $\tan\theta = \dfrac{h}{S_2}$ . Θα υποθέσω, επιπλέον, χωρίς βλάβη της γενικότητας πως D = 1

.

Σκοπός μου είναι να μεγιστοποιήσω το $\tan(\phi - \theta)$ . Είναι:

$\displaystyle{ \tan(\phi - \theta) = \dfrac{\tan\phi - \tan\theta}{1 + \tan\phi \tan\theta} = \dfrac{ \dfrac{ h }{ S_2 } }{ 1 + \dfrac{ h^2 }{ S_1 S_2 } } - \dfrac{ \dfrac{ h }{ S_1 } }{ 1 + \dfrac{ h^2 }{ S_1 S_2 } } = \dfrac{ h \left( S_1 - S_2 \right) }{ S_1 S_2 + h^2 } \Rightarrow \boxed{ \tan(\phi - \theta) = \dfrac{ h(1 - 2S_2) }{ h^2 + (1 - S_2) S_2 } } \quad (1) }$

Όμως το

ανήκει στο τόξο

, οπότε ισχύει επίσης:

$\displaystyle{ \left( h - \dfrac{D}{2} \right) ^2 + S^2_2 = \dfrac{D^2}{4} \Leftrightarrow h^2 + S^2_2 - Dh = 0 \Leftrightarrow \boxed{S_2 = \sqrt{h - h^2}} \quad (2) }$

με $\displaystyle{h \leq \dfrac{1}{2}}$ . Και έτσι παίρνω:

$\displaystyle{ (1), (2) \Rightarrow \tan(\phi - \theta) =\dfrac{h - 2h\sqrt{ h (1 - h) } } { \sqrt{ h(1 - h) } + h (2h - 1) } }$

: mathematica.jpg (23.47 KiB) Προβλήθηκε 1137 φορές

Με χρήση λογισμικού, η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι $\displaystyle{A = \dfrac{2}{11}}$ και λαμβάνεται όταν $\boxed{h = \dfrac{1}{10}}$ . Για $h = \dfrac{1}{10}$ , $S_2 = \dfrac{3}{10}$ .

Έτσι, η διαφορά των δύο γωνιών λαμβάνει τη μέγιστη τιμή όταν $S: \left( \dfrac{3}{10} D, \dfrac{1}{10} D \right)$ .

Μέγιστη διαφορά

Μέγιστη διαφορά

Re: Μέγιστη διαφορά

Μέλη σε σύνδεση