Σταθερό άθροισμα εμβαδών

KARKAR · #1

Τόξο $\displaystyle \overset{\frown}{ST}$ σταθερού μήκους $\displaystyle s , (s<\frac{\pi R}{2})$ , μετακινείται επί του τόξου $\displaystyle \overset{\frown}{AB}$ , του τεταρτοκυκλικού τομέα OAB

Από τα άκρα του , φέρω τα τμήματα SD , TE

, κάθετα προς την

, και τα

, κάθετα προς την

Φέροντας και τη χορδή

, σχηματίζονται δύο ορθογώνια παραλληλόγραμμα και ένα ορθογώνιο τρίγωνο.

Δείξτε ότι το : $E_{1}+E_{2}+2E_{3}$ , είναι σταθερό . ( $E_{1}, E_{2}, E_{3}$ είναι τα εμβαδά των σχημάτων )

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αν δεν βάλει κάποιος αναλυτική λύση, θα το κάνω στην πρώτη ευκαιρία..

parmenides51 · #3

εδώ

Λάμπρος Ευσταθίου · #4

Κόλλησα σε μια αναλυτική προσέγγιση.. κάποια βοήθεια;

Έστω $D({{x}_{1}},0),E({{x}_{2}},0),Z({{y}_{1}},0),H({{y}_{2}},0)$ και (ST)=k

.

Τότε, ${{({{x}_{2}}-{{x}_{1}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}-{{y}_{2}})}^{2}}={{k}^{2}}$ (1) και $\begin{cases} & x_{1}^{2}+y_{1}^{2}={{R}^{2}} \\ & x_{2}^{2}+y_{2}^{2}={{R}^{2}} \\ \end{cases}$ (2).

Από (1)&(2) $\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{1}}{{y}_{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{k}^{2}}}{2}$ , σταθερό.

Αλλά το ζητούμενο εμβαδό είναι, ${{E}_{o\lambda }}=(OE)(OZ)-(OD)(OH)={{x}_{2}}{{y}_{1}}-{{x}_{1}}{{y}_{2}}=...$

parmenides51 · #5

Λάμπρος Ευσταθίου έγραψε:Κόλλησα σε μια αναλυτική προσέγγιση.. κάποια βοήθεια;

Έστω $D({{x}_{1}},0),E({{x}_{2}},0),Z({{y}_{1}},0),H({{y}_{2}},0)$ και .

Τότε, ${{({{x}_{2}}-{{x}_{1}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}-{{y}_{2}})}^{2}}={{k}^{2}}$ (1) και $\begin{cases} & x_{1}^{2}+y_{1}^{2}={{R}^{2}} \\ & x_{2}^{2}+y_{2}^{2}={{R}^{2}} \\ \end{cases}$ (2).

Από (1)&(2) $\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{1}}{{y}_{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{k}^{2}}}{2}$ , σταθερό.

Αλλά το ζητούμενο εμβαδό είναι, ${{E}_{o\lambda }}=(OE)(OZ)-(OD)(OH)={{x}_{2}}{{y}_{1}}-{{x}_{1}}{{y}_{2}}=...$

Το πάλεψα ανεπιτυχώς, χάθηκα στις πράξεις, ίσως κάνει το ημίτονο της επίκεντρης γωνίας $\displaystyle{\widehat{SOT}}$ την ζημιά

αφού το αποτέλεσμα είναι

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λάμπρος Ευσταθίου · #6

parmenides51 έγραψε:
Λάμπρος Ευσταθίου έγραψε:Κόλλησα σε μια αναλυτική προσέγγιση.. κάποια βοήθεια;

Έστω $D({{x}_{1}},0),E({{x}_{2}},0),Z({{y}_{1}},0),H({{y}_{2}},0)$ και .

Τότε, ${{({{x}_{2}}-{{x}_{1}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}-{{y}_{2}})}^{2}}={{k}^{2}}$ (1) και $\begin{cases} & x_{1}^{2}+y_{1}^{2}={{R}^{2}} \\ & x_{2}^{2}+y_{2}^{2}={{R}^{2}} \\ \end{cases}$ (2).

Από (1)&(2) $\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{1}}{{y}_{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{k}^{2}}}{2}$ , σταθερό.

Αλλά το ζητούμενο εμβαδό είναι, ${{E}_{o\lambda }}=(OE)(OZ)-(OD)(OH)={{x}_{2}}{{y}_{1}}-{{x}_{1}}{{y}_{2}}=...$
Το πάλεψα ανεπιτυχώς, χάθηκα στις πράξεις, ίσως κάνει το ημίτονο της επίκεντρης γωνίας $\displaystyle{\widehat{SOT}}$ την ζημιά
αφού το αποτέλεσμα είναι
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle{2(SOT)=R^2\eta \mu (\widehat{SOT})}$

Ταυτότητα Lagrange παίδες..

${{R}^{2}}\cdot {{R}^{2}}=\left( x_{1}^{2}+y_{1}^{2} \right)\left( x_{2}^{2}+y_{2}^{2} \right)={{({{x}_{1}}{{x}_{2}})}^{2}}+{{({{x}_{1}}{{y}_{2}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}{{x}_{2}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}{{y}_{2}})}^{2}}=$
$={{({{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{1}}{{y}_{2}})}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}{{y}_{1}}{{y}_{2}}+{{({{x}_{1}}{{y}_{2}})}^{2}}+{{({{y}_{1}}{{x}_{2}})}^{2}}=$
$={{({{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{1}}{{y}_{2}})}^{2}}+{{({{x}_{1}}{{y}_{2}}-{{y}_{1}}{{x}_{2}})}^{2}}={{\left( {{R}^{2}}-\frac{{{k}^{2}}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( {{E}_{o\lambda }} \right)}^{2}}$

Ε μα, δεν είχε λόγο να μην βγει..

S.E.Louridas · #7

Τι όμορες ασκήσεις βάζεις ρε Θανάση.
Έκατσα λοιπόν και έκανα την εξής Γεωμετρική διαπραγμάτευση:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {SP \bot TP} \\ {OZ \bot SP} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow SP\parallel OZ \Rightarrow (ZPS) = \left( {OPS} \right),\dot o\mu o\iota \alpha \;\left( {PDT} \right) = \left( {OTP} \right) \Rightarrow \left( {ZPS} \right) + \left( {PDT} \right) + \left( {PTS} \right) = \left( {OTS} \right),ct.$

Αρα στο αρχικό σχήμα σου έχουμε:
$E_1 + E_2 + E_2 = 2\left( {SPZ} \right) + 2\left( {DPT} \right) + 2\left( {SPT} \right) = 2\left( {OTS} \right),\;ct.$

S.E.Louridas

KARKAR · #8

Θέτω προς μελέτη και την εξής προσέγγιση : Το τεταρτοκύκλιο είναι το τμήμα της γραφικής παράστασης

της συνάρτησης $f(x)=\sqrt{1-x^{2}}$ με $x \in[0,1]$ , (θέσαμε R=1)

Το εμβαδόν $E_{4}$ του κυκλικού τμήματος είναι ασφαλώς σταθερό . Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν ,

είναι το άθροισμα δύο ολοκληρωμάτων ( μείον $2E_{4}$ ) , το οποίο αν αποδειχθεί ότι είναι σταθερό , τελειώσαμε ...

p_gianno · #9

μέσον της

και

κάθετες αντιστοίχως προς OZ , OE

ενώ

, κάθετες στην

. Από το ορθογώνιο OIMK

προκύπτει

Eίναι επίσης <MTH=<NMI=MKN

(πλευρές κάθετες)
Είναι DE=PT=ST cosw

και

Για το προς απόδειξη σταθερό εμβαδόν ισχύει

$E_1+E_2+2E_3=(SDET)+(STHZ)=MI \cdot DE+ZH \cdot KM= MI \cdot ST cosw + KM \cdot ST sinw = ST(MI cosw + KM sinw)=ST(ML+MN)=ST(ML+LO)=ST \cdot OM=2(SOT)=ct$

p_gianno · #10

Μία ακόμη λύση

Είναι

2(SOP)=(HPSZ)(

κοινή βάση

- κοινό ύψος

)

ομοίως

2(OPT)=(PDET)

(κοινή βάση

κοινό ύψος

)

επίσης

2(SPT)=2(SPT)

Προσθέτοντας και τις 3 ισότητες κατά μέλη έχουμε

ct=2(SOT)=(HZSP)+(PDET)+2(SPT)=E_1+E_2+2E_3

οεδ

KARKAR · #11

Ας ονομάσουμε

, το ζητούμενο εμβαδόν. Η παραπάνω λύση του p - gianno

, μπορεί πλέον να θεωρηθεί :

η "επίσημη" ! Μάλιστα επειδή $\displaystyle 2(SOT)= E =2(\frac{1}{2}R^{2}\eta \mu s)=R^{2}\eta \mu s$ , δίνει και τον υπολογισμό του

.

Παρά ταύτα , ας μου επιτραπεί μια ακόμη προσέγγιση . Είναι : $E=x_{2}y_{1}-x_{1}y_{2}$ ( σχήμα κάτω ) .

Επειδή $a=\widehat{AOS}-\widehat{AOT}$ , έχω : $\displaystyle \epsilon \phi a=\frac{\frac{y_{1}}{x_{1}}-\frac{y_{2}}{x_{2}}}{1+\frac{y_{1}}{x_{1}}{\cdot}\frac{y_{2}}{x_{2}}}=\frac{x_{2}y_{1}-x_{1}y_{2}}{x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}}$

δηλαδή $\displaystyle x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=\frac{E}{\epsilon \phi \alpha }$ . Αλλά από Lagrange

:

$\displaystyle \frac{E^{2}}{\epsilon \phi ^{2}a}+E^{2}=R^{4}\Rightarrow \left(\frac{1+\epsilon \phi ^{2}a}{\epsilon \phi ^{2}a}} \right)E^{2}=R^{4}\Rightarrow E^{2}=R^{4}\eta \mu ^{2}a\Rightarrow E=R^{2}\eta \mu a$

S.E.Louridas · #12

Πράγματι επειδή υπάρχουν και μαθητές που μας παρακολουθούν, αισθάνομαι την διδακτική ανάγκη, να παρουσιάσω πάνω στο αρχικό σχήμα και γιά να γίνει απόλυτα κατανοητή, ακριβώς την ίδια Αρχική και ήδη υπάρχουσα διαπραγμάτευση μου (δείτε την πρίν τις διαπραγματεύσεις των Θανάση (KARKAR) και p-gianno).

$\begin{array}{*{20}c} {ZO\parallel SP \Rightarrow \left( {SZP} \right) = \left( {SOP} \right),\;OD\parallel PT \Rightarrow \left( {PDT} \right) = \left( {POT} \right) \Rightarrow } \\ {\left( {SZP} \right) + \left( {PDT} \right) + \left( {SPT} \right) = \left( {SOT} \right) \Rightarrow E_1 + E_2 + 2E_2 = 2\left( {SOT} \right),\;ct.} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #13

Κρίνοντας το θέμα αυτό σαν άριστο από διδακτική άποψη (και απευθυνόμενος πάντα στους Μαθητές), θα ήθελα να μιλήσω για την σκέψη που οδηγεί στην διαπραγμάτευση μου και που είναι απλή και αποκωδικοποιεί την εκφώνηση στην οποία «κρύβεται» τελικά, η λύση (Έτσι δεν γίνεται εν γένει;).
Η σκέψη:
Επειδή έχουμε κίνηση το πρώτο που πρέπει να κάνουμε είναι να πάμε το θέμα σε οριακές- «ιδανικές» θέσεις με δύο στόχους:
1ος ) Ανίχνευση του αποτελέσματος (εδώ του 2(SOT),

2ος ) Την σχηματική κινητική διαδικασία που ακολουθείται μετά την αποκόλληση από την οριακή-«ιδανική» θέση.

Στο διά ταύτα, λοιπόν έχουμε:
1) Πηγαίνοντας στην οριακή θέση, όπου
$B \equiv S,\;P \equiv Z,\;D \equiv O,$
είναι σαφές ότι ισχύει:
$E_1 + E_2 + 2E_3 = 0 + 2\left( {TDF} \right) + 2\left( {BZT} \right) = \left( {HSDF} \right) = 2\left( {OST} \right),$
να το επιθυμητό σταθερό αποτέλεσμα.
2) Θεωρώντας τώρα την κίνηση των S,T

(με την διατήρηση του μήκους του ευθύγραμμου τμήματος

) στο τεταρτοκύκλιο με φορά ίδια με εκείνη της κίνησης των δεικτών του ρολογιού, το

εισέρχεται εντός του τριγώνου OST

άρα αρχίζει να το διαμερίζει σε τρία μέρη, συγκεκριμένα τα τρίγωνα: SOP, POT, SPT,

πράγμα που μας οδηγεί στο ενδεχόμενο τα έξω τρίγωνα SZP, PDT,

(*)
να είναι ισοδύναμα με τα τρίγωνα : SOP, POT,

αντίστοιχα. Πράγματι αυτό πλέον είναι και η αποδεικτική μας, εύκολη πλέον στόχευση, γιά την τυχούσα θέση.

(*) Δείτε γιά τα τρίγωνα αυτά, τό σχήμα της αμέσως από πάνω διαπραγμάτευσης μου.

S.E.Louridas

#14

Μιας και δεν γράφτηκε κάποια προσέγγιση που να χρησιμοποιεί ανάλυση γράφω μία που ακολουθεί γνωστά βήματα:
Μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να δουλέψουμε στον μοναδιαίο κύκλο.

: constarea.png (11.94 KiB) Προβλήθηκε 1339 φορές

Το εμβαδόν που θέλουμε να δείξουμε ότι είναι σταθερό είναι το
$\left( x_{2}-x_{1}\right) y_{2}+x_{1}\left( y_{1}-y_{2}\right) +\left( x_{2}-x_{1}\right) \left( y_{1}-y_{2}\right) =\allowbreak x_{2}y_{1}-y_{2}x_{1}$
Χρησιμοποιώντας την συνάρτηση $f\left( x\right) =\sqrt{1-x^{2}}$ βρίσκουμε ότι το μήκος

είναι
$s=\int_{x_{1}}^{x_{2}}\sqrt{1+\left( f^{\prime }\left( x\right) \right) ^{2}}dx=\int_{x_{1}}^{x_{2}}\sqrt{\frac{1}{1-x^{2}}}dx\allowbreak =\left[ \arcsin x\right] _{x_{1}}^{x_{2}}=\allowbreak \arcsin x_{2}-\arcsin x_{1}$
Επομένως
$\sin s=\sin \left( \arcsin x_{2}-\arcsin x_{1}\right) =\allowbreak x_{2}\sqrt{1-x_{1}^{2}}-\sqrt{1-x_{2}^{2}}x_{1}=x_{2}y_{1}-y_{2}x_{1}$
Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι σταθερό και ίσο με $\sin s$ .
Μαυρογιάννης

#15

Μία προσέγγιση με μιγαδικούς: Ας ονομάσουμε z_1

και

τους μγαδικούς μοναδιαίου μέτρου που αντιστοιχούν στ S, T

. Αφού το μήκος του τόξου $\overset{\frown}{ST}$ είναι σταθερό θα υπάρχει σταθερός μιγαδικός

τέτοιος ώστε $z_{1}=wz_{2}$ . To εμβαδόν που θέλουμε να δείξουμε ότι είναι σταθερό είναι ίσο με
$\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{z_2}} \right){\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_1}} \right) - {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_2}} \right){\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{z_1}} \right) = \frac{{{z_2} + {{\bar z}_2}}}{2} \cdot \frac{{{z_1} - {{\bar z}_1}}}{{2i}} - \frac{{{z_2} - {{\bar z}_2}}}{{2i}} \cdot \frac{{{z_1} + {{\bar z}_1}}}{2} = \frac{{{{\bar z}_2}{z_1} - {{\bar z}_1}{z_2}}}{{2i}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{{\bar z}_2}{z_1}} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{{\bar z}_2}w{z_2}} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( w \right)}$
το οποίο είναι σταθερό.
Μαυρογιάννης

#16

Δρυός(*) πεσούσης πας ανήρ ξυλεύεται... που λέγανε και οι παλιότεροι.

(*) Μού το μετέφερε φιλόλογος: Ένας μαθητής δεν το άκουσε καλά και ρώτησε: "Γιατί έπεσε η γριά κυρία; Και τι της έκανε ο ανήρ;"

Γνωρίζοντας (έχοντας δει τις απαντήσεις των αγαπητών κι εκλεκτών φίλων παραπάνω) το ζητούμενο σταθερό μέγεθος, ξεκίνησα την προσέγγιση ανάποδα κι έφτασα ταχύτατα στο αποτέλεσμα.

Αυτό είναι κάτι που μάς διακρίνει από τους ταξιτζήδες. Μπορούμε να ξεκινάμε κι από τον προορισμό μας, ενώ φαντάσου να μπεις σε ταξί, να τού πεις: "στο αεροδρόμιο και γρήγορα..." και να σου πει: "Έστω ότι έχουμε φτάσει..."

Θεωρώ για λόγους απλότητας R = 1

.

: 09-10-2011 Γεωμετρία.jpg (16.82 KiB) Προβλήθηκε 1272 φορές

$\dispaystyle \begin{array}{l} \eta \mu \left( {SOT} \right) = \eta \mu \left( {SOA - TOA} \right) = \\ \\ = \eta \mu \left( {SOA} \right) \sigma \upsilon \nu \left( {TOA} \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {SOA} \right) \eta \mu \left( {TOA} \right) = y_1 x_2 - x_1 y_2 \\ \end{array}$

$\dispaystyle \left( {E_1 + 2E_3 } \right) + E_2 = \left( {x_2 - x_1 } \right) y_1 + x_1 \left( {y_1 - y_2 } \right) = y_1 x_2 - x_1 y_2 = \eta \mu \left( {SOT} \right)$
σταθερό.

#17

rek έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
= 2(SOT)=const.
Αν δεν βάλει κάποιος αναλυτική λύση, θα το κάνω στην πρώτη ευκαιρία..

Αν δεν βάλει κάποιος αναλυτική λύση, θα το κάνω στην πρώτη ευκαιρία..
(!!!)

κ.λπ.

Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Re: Σταθερό άθροισμα εμβαδών

Μέλη σε σύνδεση