Κλίση και λόγος

KARKAR · #1

: Κλίση και λόγος.png (13.9 KiB) Προβλήθηκε 623 φορές

Κύκλος εφάπτεται των ημιαξόνων Ox , Oy

, στα σημεία A , B

. Η ευθεία $y=\lambda x$ , τέμνει τον κύκλο

στα σημεία S , T

. α) Αν : $\lambda=\dfrac{1}{2}$ , υπολογίστε τον λόγο $\dfrac{AT}{AS}$ . β) Αν : $\dfrac{AT}{AS}=2$ , υπολογίστε το $\lambda$ .

Γιατί η άσκηση αυτή τοποθετήθηκε σ' αυτόν τον φάκελο ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 11, 2025 7:07 pm
Κλίση και λόγος.pngΚύκλος εφάπτεται των ημιαξόνων , στα σημεία . Η ευθεία $y=\lambda x$ , τέμνει τον κύκλο

στα σημεία . α) Αν : $\lambda=\dfrac{1}{2}$ , υπολογίστε τον λόγο $\dfrac{AT}{AS}$ . β) Αν : $\dfrac{AT}{AS}=2$ , υπολογίστε το $\lambda$ .

Χωρίς βλάβη, ο κύκλος έχει ακτίνα

, οπότε είναι ο (x-1)^2+(y-1)^2=1^2

, ισοδύναμα x^2+y^2-2x-2y+1=0

(*).

α) Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η $y=\dfrac {1}{2} x$ τον τέμνει στα $S\left (\dfrac {2}{5}, \dfrac {1}{5} \right )$ και T(2,1)

. Άρα

$\dfrac{AT}{AS} = \dfrac {\sqrt {1^2+1^2}}{\sqrt {\left (\dfrac {2}{5}-1 \right )^2+ \dfrac {1}{5^2} }}= \sqrt 5$

β) Για την y=Lx

εύκολα βλέπουμε ότι η τομή με τον κύκλο είναι τα

$S\left (\dfrac {L+1-\sqrt {2L} }{L^2+1}, \dfrac {L(L+1-\sqrt {2L} )}{L^2+1}\right )$ και $T\left (\dfrac {L+1+\sqrt {2L} }{L^2+1}, \dfrac {L(L+1+\sqrt {2L} )}{L^2+1}\right )$

Οι παραστάσεις φαίνονται μεγάλες, οπότε θα κάνουμε ένα μικρό τέχνασμα για να γλιτώσουμε πράξεις: Θέτουμε S(s,r)

και

που βέβαια τα s,r

ικανοποιούν την (*), και όμοια τα p,q

.

Υπόψη (το κλειδί) $AT^2= (p-1)^2+q^2= p^2+q^2-2p+1= ^{(*)} 2q$ και όμοια AS^2=2r

.

H δοθείαα συνθήκη AT=2AS

δίνει, από τις προηγούμενες, q=4r

.

Άρα $\dfrac {L(L+1+\sqrt {2L} )}{L^2+1}\right ) = 4 \dfrac {L(L+1-\sqrt {2L} )}{L^2+1}\right )$ . Λύνοντας ως προς

(ανάγεται σε δευτεροβάθμια) θα βρούμε

$\boxed { L= \dfrac {16\pm 5\sqrt 7}{9}}$

Τώρα, στο επίμαχο ερώτημα

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 11, 2025 7:07 pm
Γιατί η άσκηση αυτή τοποθετήθηκε σ' αυτόν τον φάκελο ;

Η απάντηση είναι μόνο μία: Τοποθετήθηκε για λάθος λόγο.

Με λίγα λόγια, όπως έχω σημειώσει πάμπολλες φορές σε ανάλογη περίσταση, Διασκεδαστικά Μαθηματικά είναι αυτό που ονομάζουμε Recreational Mathematics, με μία τεράστια παράδοση που στον Δυτικό κόσμο ξεκινά με το Liber Abaci (1202) του Fibonacci και με εκπροσώπους όπως τον Prevost, La Première partie des subtiles et plaisantes inventions (1584), τον Claude Gaspard Bachet de Méziriac, Problèmes plaisants et délectables (1624), μετά Ozanam, Sam Loyd, Dudeney, Lewis Caroll, Kraitchik, Smullyan, Gardner, Perelman και μύρια άλλα ονόματα.

Το παραπάνω πρόβλημα είναι καθαρά Μαθηματικό. Καλό είναι να μην αποπροσανατολίζουμε τους αναγνώστες, ιδίως τους μαθητές μας, με πληροφορίες που δεν εστιάζουν με ακρίβεια. Το οφείλουμε ως Δάσκαλοι. Είναι απόλυτο χρέος μας να μεταλαμπαδεύουμε ακριβείς πληροφορίες.

Κλίση και λόγος

Κλίση και λόγος

Re: Κλίση και λόγος

Μέλη σε σύνδεση