Κατασκευή τριγώνου

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Να κατασκευασθεί ισοσκελές τρίγωνο γνωρίζοντας
1)Το ύψος που αντιστοιχεί σε μια από τις ίσες πλευρές
2)Το άθροισμα της βάσης και μιας από τις άλλες πλευρές.
ΔΕΝ ΕΧΩ ΛΥΣΗ.

#2

Επαναφορά.

#3

Η αναλυτική προσέγγιση δείχνει ότι δεν υπάρχει γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη), και επίσης ότι υπάρχουν δύο λύσεις. Δεν δίνω λεπτομέρειες γιατί φαίνεται να υπάρχει κάποιο τεχνικό πρόβλημα στην εκτύπωση μαθηματικών τύπων, θα επανέλθω όταν επιλυθεί.

#4

gbaloglou έγραψε:Η αναλυτική προσέγγιση δείχνει ότι δεν υπάρχει γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη), και επίσης ότι υπάρχουν δύο λύσεις. Δεν δίνω λεπτομέρειες γιατί φαίνεται να υπάρχει κάποιο τεχνικό πρόβλημα στην εκτύπωση μαθηματικών τύπων, θα επανέλθω όταν επιλυθεί.

Αν θεωρήσουμε ισοσκελές τρίγωνο με κορυφές (-b,0)

,

, οι δοθείσες συνθήκες γράφονται ως $\sqrt{a^2+b^2}+2b=D$ , $\displaystyle\frac{2ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=d$ . (Όλες οι μεταβλητές θεωρούνται θετικές, και οι

,

δοθείσες. Η δεύτερη εξίσωση (ύψος) προκύπτει από τον τύπο απόστασης σημείου από ευθεία, συγκεκριμένα του σημείου (-b,0)

από την ευθεία που ορίζουν τα σημεία (b,0)

και

, η πρώτη εξίσωση (άθροισμα πλευρών) είναι άμεση.)

Με απαλοιφή του

καταλήγουμε στην τεταρτοβάθμια

4a^4+8da^3-4(D^2-d^2)a^2+D^2d^2=0

,

η οποία φαίνεται να έχει πάντοτε ΔΥΟ θετικές ρίζες*: ελπίζω να επανέλθω αργότερα με την σχετική διερεύνηση και συζήτηση. (Την ύπαρξη ακριβώς δύο θετικών ριζών νόμιζα πως την είχα αποδείξει, μετά προέκυψε 'κάτι' ... οπότε θέλω να τα ξαναδώ όλα όταν έχω χρόνο. Την τεταρτοβάθμια την έχω επαληθεύσει στις ειδικές περιπτώσεις γωνίας βάσης 30^0

και

.)

*προσοχή, έχει σημασία η θετικότητα του

... στον υπολογισμό του ύψους, για παράδειγμα

#5

Γιώργο, από τον κανόνα προσήμων του Descartes η τεταρτοβάθμια έχει είτε δύο θετικές ρίζες είτε καμία.

Βέβαια στην περίπτωση που έχει δύο θετικές ρίζες δεν μπορούμε εξαρχής να αποκλείσουμε την περίπτωση όντως να κατασκευάζονται και τα δύο τρίγωνα. [Δεν σημαίνει απαραίτητα πως δεν μπορούμε να επιλύσουμε την τεταρτοβάθμια.]

Όμως όντως δεν γίνεται πάντα. Π.χ. για D=4,d=1

καταλήγουμε στην x^4 + 2x^3 - 15x^2 + 4

η οποία σίγουρα έχει μία ρίζα (αφού f(1) < 0 < f(15)

) και άρα έχει δύο. Ο υπολογιστής μου όμως λέει πως η ομάδα Galois του είναι η S_4

(το έβαλα και ως άσκηση εδώ) και άρα γνωρίζουμε από θεωρία πως δεν επιλύεται χρησιμοποιώντας μόνο τετραγωνικές ρίζες και άρα οι ρίζες του δεν κατασκευάζονται.

[Επίσης ας προσέξουμε πως ο υπολογισμός του

είναι και αυτός άμεσος αφού το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με

αλλά και με $(d\sqrt{a^2+b^2})/2$ .]

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση του υπογραμμισμένου. (Κατά λάθος είχα γράψει «με ριζικά».)

S.E.Louridas · #6

Το πρόβλημα ουσιαστικά είναι απόλυτα ισοδύναμο με το:
Να κατασκευαστεί ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\;\left( {\angle A = {{90}^ \circ }} \right),$ αν δίνονται, το ύψος που αντιστοιχίζεται στην υποτείνουσα και ότι $a + 2b = k \Leftrightarrow a = k - 2b,\quad k\,\delta o\theta \dot \varepsilon \nu$ .
Τότε οι σχέσεις $\displaystyle{{\left( {k - 2b} \right)^2} = {b^2} + {c^2},\quad \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}}}$ οδηγούν στην εξίσωση ως προς

$3{b^4} - 3k{b^3} + \left( {{k^2} - 4h} \right){b^2} + 4k{h^2}b - {h^2}{k^2} = 0$ , που εν γένει δεν έχει κατασκευάσιμες ρίζες.

#7

Demetres έγραψε:Γιώργο, από τον κανόνα προσήμων του Descartes η τεταρτοβάθμια έχει είτε δύο θετικές ρίζες είτε καμία.

Βέβαια στην περίπτωση που έχει δύο θετικές ρίζες δεν μπορούμε εξαρχής να αποκλείσουμε την περίπτωση όντως να κατασκευάζονται και τα δύο τρίγωνα. [Δεν σημαίνει απαραίτητα πως δεν μπορούμε να επιλύσουμε την τεταρτοβάθμια.]

Όμως όντως δεν γίνεται πάντα. Π.χ. για καταλήγουμε στην η οποία σίγουρα έχει μία ρίζα (αφού ) και άρα έχει δύο. Ο υπολογιστής μου όμως λέει πως η ομάδα Galois του είναι η (το έβαλα και ως άσκηση εδώ) και άρα γνωρίζουμε από θεωρία πως δεν επιλύεται χρησιμοποιώντας μόνο τετραγωνικές ρίζες και άρα οι ρίζες του δεν κατασκευάζονται.

[Επίσης ας προσέξουμε πως ο υπολογισμός του είναι και αυτός άμεσος αφού το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με αλλά και με $(d\sqrt{a^2+b^2})/2$ .]

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση του υπογραμμισμένου. (Κατά λάθος είχα γράψει «με ριζικά».)

Δημήτρη καίριες οι επισημάνσεις σου όσον αφορά την εφαρμογή του κανόνος Descartes (που δεν θυμόμουν) και τον απλό/γεωμετρικό υπολογισμό του ύψους (που δεν πρόσεξα).

Όσον αφορά τα περί Θεωρίας Galois (και εφαρμογής της στο συγκεκριμένο πρόβλημα), είχα απλά σκεφθεί ότι, με ελεύθερες τις δύο παραμέτρους d και D, η ομάδα Galois του πολυωνύμου θα είναι 'σχεδόν πάντα' κάποια ομάδα που αποκλείει την κατασκευασιμότητα -- δεν μπήκα σε βαθύτερα νερά ... μια και δυστυχώς δεν θυμάμαι πια την Θεωρία Galois

Δίνω στο συνημμένο τις δύο λύσεις που αντιστοιχούν στο παράδειγμα σου, μία με $a\approx 0,5419$ , $b\approx 1,2968$ και μία με $a\approx 2,9418$ , $b\approx 0,5074$ .

#8

Η διερεύνηση που είχα υποσχεθεί:

Ενδιαφερόμαστε για τις θετικές λύσεις της f(a)=0

, όπου

, και μάλιστα, λόγω της $b^2=\displaystyle\frac{a^2d^2}{4a^2-d^2}$ , για εκείνες τις λύσεις που ικανοποιούν και την $a>\displaystyle\frac{d}{2}$ .

Από την f'(a)=8a(2a^2+3da-(D^2-d^2))

προκύπτει ότι η

είναι φθίνουσα στο διάστημα $(0,\displaystyle\frac{-3d+\sqrt{d^2+8D^2}}{4})$ . Επειδή ισχύουν οι $f(\displaystyle\frac{d}{2})=\frac{9d^4}{4}>0$ και $\displaystyle\frac{d}{2}<\frac{-3d+\sqrt{d^2+8D^2}}{4}\leftrightarrow\frac{D}{d}>\sqrt{3}$ , συμπεραίνουμε ότι οι όποιες θετικές λύσεις της f(a)=0

όντως υπερβαίνουν το $\displaystyle\frac{d}{2}$ .

[Η $\displaystyle\frac{D}{d}>\sqrt{3}$ προκύπτει από την $D=\left(\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}\right)d$ , όπου $\theta$ η γωνία βάσης του ισοσκελούς τριγώνου που αναζητούμε: πράγματι η ζητούμενη $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}>\sqrt{3}$ είναι ισοδύναμη, για $0<\theta<\displaystyle\frac{\pi}{2}$ , προς την $(4cos^2\theta-1)^2+4cos\theta(1-cos\theta)>0$ . (Ισχύει, όπως θα δούμε παρακάτω, και μια ισχυρότερη ανισότητα.)]

Έχουμε ήδη δει (Descartes, demetres) ότι η f(a)=0

έχει δύο το πολύ θετικές λύσεις. Για να δείξουμε ότι έχει ακριβώς δύο θετικές λύσεις*, αρκεί να δείξουμε ότι το τοπικό ελάχιστο της

είναι αρνητικό, ότι ισχύει δηλαδή η ανισότητα

$f\left(\displaystyle\frac{-3d+\sqrt{d^2+8D^2}}{4}\right)<0\leftrightarrow4D^6-20d^2D^4-4d^4D^2-3d^6>0$ .

Θέτοντας D=kd

η παραπάνω ανισότητα μετατρέπεται στην 4k^6-20k^4-4k^2-3>0

, που ισχύει [WolframAlpha] για $k>\approx2,28454$ . Η τελευταία αυτή ανισότητα, ισοδύναμη προς την $\displaystyle\frac{D}{d}>\approx2,28454$ , ισχύει λόγω της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}\geq \approx2,28454$ (WolframAlpha)! (Ταυτίζονται δηλαδή η θετική λύση της 4k^6-20k^4-4k^2-3=0

και η ελάχιστη τιμή της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ ... για λόγους που ΙΣΩΣ αναλυθούν σε μεταγενέστερο μήνυμα

)

*Βεβαίως θα έχουμε ΜΙΑ λύση στην ειδική περίπτωση $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}\approx2,28454$ , που αντιστοιχεί σε γωνία βάσης $\theta$ ίση περίπου προς 0,97

ακτίνια.

#9

gbaloglou έγραψε:(Ταυτίζονται δηλαδή η θετική λύση της και η ελάχιστη τιμή της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ ... για λόγους που ΙΣΩΣ αναλυθούν σε μεταγενέστερο μήνυμα )

Ας γίνει αρχικά ... μια κάποια επαλήθευση:

Από την $(\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta})'=\frac{1-2cos^2\theta-2cos^3\theta}{2sin^2\theta cos^2\theta}$ προκύπτει ότι

η ελάχιστη τιμή ισούται προς $\displaystyle\frac{1}{sin{\theta _0}}+\frac{1}{sin{2\theta _0}}$ , όπου $cos{\theta _0}=\displaystyle\frac{2sin^2{\theta _0}-1}{2-2sin^2{\theta _0}}$ ,

ισούται δηλαδή η ελάχιστη τιμή προς $\displaystyle\frac{sin{\theta _0}}{2sin^2{\theta _0}}$ , όπου $2cos^3{\theta _0}+2cos^2{\theta _0}-1=0$ .

Θέτοντας τώρα $k=\displaystyle\frac{sin{\theta _0}}{2sin^2{\theta _0}}$ στην 4k^6-20k^4-4k^2-3

λαμβάνουμε

$\displaystyle\frac{-192cos^{12}{\theta _0}+640cos^{10}{\theta _0}-992cos^8{\theta _0}+940cos^6{\theta _0}-556cos^4{\theta _0}+180cos^2{\theta _0}-23}{(2sin^2{\theta _0}-1)^6}=$

$=\displaystyle\frac{-(2cos^3{\theta _0}+2cos^2{\theta _0}-1)(2cos^3{\theta _0}-2cos^2{\theta _0}+1)(48cos^6{\theta _0}-112cos^4{\theta _0}+88cos^2{\theta _0}-23)}{(2sin^2{\theta _0}-1)^6}=0.$

#10

Θα μπορούσαν άραγε να μην ταυτίζονται η θετική λύση της 4k^6-20k^4-4k^2-3=0

και η ελάχιστη τιμή της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ ; Ύστερα από την προηγούμενη δημοσίευση μου ... το ερώτημα αυτό είναι πλέον καθαρά φιλοσοφικού -- δεν θέλω να πω υπαρξιακού

-- χαρακτήρα:

Αν η ελάχιστη τιμή της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ ήταν μικρότερη από την θετική λύση της 4k^6-20k^4-4k^2-3=0

... τότε θα είχαμε υπαρκτό ισοσκελές τρίγωνο χωρίς δυνατότητα κατασκευής

Αν η θετική λύση της 4k^6-20k^4-4k^2-3=0

ήταν μικρότερη από την ελάχιστη τιμή της $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ ... τότε θα είχαμε δυνατότητα κατασκευής για μη υπαρκτό ισοσκελές τρίγωνο

[Θυμίζω ότι ο λόγος $\displaystyle\frac{1}{sin\theta}+\frac{1}{sin2\theta}$ είναι ο λόγος

του αθροίσματος των δύο πλευρών προς το πλάγιο ύψος (εκφρασμένος συναρτήσει της γωνίας βάσης $\theta$ , δεν έδωσα τις λεπτομέρειες αλλά είναι αρκετά εύκολο), ενώ η 4k^6-20k^4-4k^2-3>0

ισχύει αν και μόνον αν έχει δύο λύσεις η τεταρτοβάθμια που μας δίνει την τεταγμένη

της κορυφής του ισοσκελούς (αυτό νομίζω το είχα εξηγήσει επαρκώς).]

Κατασκευή τριγώνου

Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Re: Κατασκευή τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση