Εκκεντρικές κατασκευές 9

KARKAR · #1

: Εκκεντρικές κατασκευές 9.png (19.43 KiB) Προβλήθηκε 232 φορές

Το

είναι το ένα σημείο τομής των κύκλων (O,4)

και

. Η

τέμνει τον (O)

στο σημείο

.

Σχεδιάζω το - προς το μέρος του

- κοινό εφαπτόμενο τμήμα

. Κατασκευάστε (? ! ) το σχήμα

έτσι , ώστε τα σημεία

L,A,S ,

να είναι συνευθειακά .

#2

Με δεδομένα και τα δύο κέντρα και τις δύο ακτίνες ... δεν γίνεται.

Με δεδομένες μόνον τις δύο ακτίνες (4, 3) ... και ζητούμενη την απόσταση μεταξύ των δύο κέντρων ... γίνεται, λεπτομέρειες αργότερα:

: εφαπτομενική συνευθειακότητα.png (37.08 KiB) Προβλήθηκε 169 φορές

#3

Το πιο σημαντικό σ' αυτό το πολύ όμορφο πρόβλημα του Θανάση είναι κατά την γνώμη μου η αφορμή να βρούμε τύπους για τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης με τους κύκλους x^2+y^2=R^2,

(x-d)^2+y^2=r^2:

τα σημεία αυτά είναι αντίστοιχα τα

T=\left(\dfrac{R(R-r)}{d}, \dfrac{R\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d}\right),

S=\left(\dfrac{d^2+r(R-r)}{d}, \dfrac{r\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d}\right).

Από εδώ και πέρα, η ζητούμενη συνευθειακότητα των

L=(-R,0),

S=\left(\dfrac{d^2+r(R-r)}{d}, \dfrac{r\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d}\right),

και του σημείου τομής των δύο κύκλων

A=\left(\dfrac{d^2+R^2-r^2}{2d},\dfrac{\sqrt{2(d^2R^2+d^2r^2+R^2r^2)-(d^4+R^4+r^4)}}{2d}\right)

ανάγεται άμεσα στην ισότητα

\dfrac{\sqrt{2(d^2R^2+d^2r^2+R^2r^2)-(d^4+R^4+r^4)}}{(d+R)^2-r^2}=\dfrac{r\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d^2+dR+r(R-r)},

που στην ειδική περίπτωση του προταθέντος R=4, r=3

δίνει

OK=d=\dfrac{1+\sqrt{97}}{2}\approx 5,4244289.

[Πως όμως προκύπτουν οι παραπάνω τύποι για τα σημεία επαφής

T, S;

Θεωρώντας ότι η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση της μορφής

y=\lambda (x-s),

προκύπτει από μηδενισμό διακρινουσών η

\lambda = -\dfrac{R}{\sqrt{s^2-R^2}}=-\dfrac{r}{\sqrt{(s-d)^2-r^2}},

που δίνει

s=\dfrac{dR}{R-r},

οπότε οι ζητούμενοι τύποι προκύπτουν εύκολα μέσω αντικατάστασης από τις μοναδικές λύσεις (σημεία επαφής) των δύο δευτεροβαθμίων,

x^2+\lambda ^2(x-s)^2=R^2

και

(x-d)^2+\lambda ^2(x-s)^2=r^2.

]

#4

Ας δούμε τώρα και το 'αντίστροφο' πρόβλημα, την συνευθειακότητα δηλαδή των

και

M=(d+r, 0).

Με χρήση παρόμοιων μεθόδων συμπεραίνουμε ότι η συνευθειακότητα αυτή είναι ισοδύναμη προς την ισότητα

\dfrac{\sqrt{2(d^2R^2+d^2r^2+R^2r^2)-(d^4+R^4+r^4)}}{d+R+r}=\dfrac{R\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d+R},

που στην περίπτωση του αρχικώς προταθέντος προβλήματος, R=4, r=3,

δίνει

OK=d=\dfrac{\sqrt{97}-1}{2}\approx 4,4244289.

Βεβαίως η συζυγία προς την λύση του αρχικού προβλήματος,

d=\dfrac{\sqrt{97}+1}{2},

αλλά και η μορφή των λύσεων δημιουργεί υποψίες για δευτεροβάθμιες

Πράγματι, το μεν αρχικό πρόβλημα προκύπτει τελικά ισοδύναμο προς την

d^2-(R-r)d-2Rr=0,

το δε 'αντίστροφο' πρόβλημα προκύπτει τελικά ισοδύναμο προς την

d^2+(R-r)d-2Rr=0.

[Καίρια για τις αναγωγές αυτές η παραγοντοποίηση

2(d^2R^2+d^2r^2+R^2r^2)-(d^4+R^4+r^4)=-(d^2-(R-r)^2)(d^2-(R+r)^2).

]

...Ορατή πλέον η πρό(σ)κληση για γεωμετρική λύση και κατασκευή εν όψει των παραπάνω απλοποιήσεων και δευτεροβάθμιων

: αντίστροφη-εφαπτομενική-συνευθειακότητα.png (39.5 KiB) Προβλήθηκε 110 φορές

#5

Επανέρχομαι στο γενικό ερώτημα που έθεσα παραπάνω, και που είχα θέσει και εδώ (και πιθανώς και αλλού): όταν ένα πρόβλημα ανάγεται αναλυτικά σε δευτεροβάθμια εξίσωση, οφείλουμε να αναμένουμε και συνθετική λύση;

Εκκεντρικές κατασκευές 9

Εκκεντρικές κατασκευές 9

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 9

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 9

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 9

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 9

Μέλη σε σύνδεση