Σελίδα 1 από 1

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Παρ Σεπ 16, 2016 1:13 pm
από dement
problem.png
problem.png (18.5 KiB) Προβλήθηκε 4111 φορές
Οι δύο ημιευθείες r, s έχουν κοινό άκρο O και σχηματίζουν μεταξύ τους γωνία a με 0 < a < \pi. Δύο ευθύγραμμα τμήματα LA, LB , συνολικού μήκους x, είναι τοποθετημένα έτσι ώστε το A να ανήκει στην ημιευθεία r και το B να ανήκει στην ημιευθεία s. Έτσι σχηματίζεται κυρτό τετράπλευρο OALB.

Για δεδομένα a, x να υπολογιστεί η μέγιστη τιμή του (OALB).

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 12, 2016 4:18 pm
από dement
Επαναφορά!

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 12, 2016 8:02 pm
από KARKAR
Μεγιστοποίηση.png
Μεγιστοποίηση.png (5.56 KiB) Προβλήθηκε 3938 φορές
Η διαίσθηση προτείνει : Πάνω στη διχοτόμο της γωνίας , παίρνω το σημείο L ,

ώστε OA=OB=OL . Αυτό είναι το μέγιστο !

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 1:30 am
από Al.Koutsouridis
Καλησπέρα,

Νομίζω η διαίσθηση του κ.Θανάση είναι σωστή, με επιφύλαξη για την ορθότητα του παρακάτω συλλογισμού.
megisto_tetrapleuro.png
megisto_tetrapleuro.png (91.03 KiB) Προβλήθηκε 3897 φορές
Έστω A,B μια τοποθέτηση των σημείων στις πλευρές της γωνιάς σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος. Τότε το L θα κινείται σε έλλειψη με εστίες τα A,B. Οπότε μπορούμε να διαλέξουμε το L να είναι στον αλλο άξονα της ελλειψης και θα ισχύει

(AOB) +(ABL) = (OALB) \leq (AOB) + (ABM) = (OAMB) (1)

Από όλα τα τετράπλευρα με σταθερό το AB παρατηρούμε ότι το τρίγωνο AOB μεγιστοποιεί το εμβαδόν του όταν γίνει ισοσκελές [OA =OB. Αυτό μπορούμε να το δούμε καλύτερα αν "περιστρέψουμε" την σταθερή γωνία κατάλληλα. Από την στιγμή που η γωνία είναι σταθερή και το AB σταθερό μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η κορυφή της κινείται σε τόξο κύκλου. Εύκολα παρατηρούμε ότι

(AOB) \leq (AO{'}B) \Rightarrow  (OAMB) \leq (O{'}AMB) (2)

όπου O{'} το μέσο του αυτού του τόξου. Δείξαμε δηλαδή ότι το τετράπλευρο θα πρέπει να έχει σχήμα "χαρταετού" για να μεγιστοποιείται.

Όμως από όλους τους χαρταετούς με σταθερό το MA =MB το εμβαδόν το μεγιστοποιεί, αυτός που έχει τα επί μέρους τρίγωνα O{'}AM και O{'}BM ισοσκελή (σύμφωνα με την παραπάνω λογική). Θα είναι δηλαδή

(O{'}AMB) \leq (O{'}PM{'}Q) = \dfrac{x^2}{8}  \cot \dfrac{a}{4}

όπου P,Q,M{'} σημεία τέτοια ώστε O{'}P =O{'}M{'} = O{'}Q και M{'}P = M{'}Q = x/2

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 9:56 am
από dement
:clap:

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 9:06 pm
από gbaloglou
KARKAR έγραψε:Μεγιστοποίηση.pngΗ διαίσθηση προτείνει : Πάνω στη διχοτόμο της γωνίας , παίρνω το σημείο L ,

ώστε OA=OB=OL . Αυτό είναι το μέγιστο !
Η πρόταση της διαίσθησης αναλύεται σε τρεις υποπροτάσεις:

(1) Το L οφείλει να κείται επί της διχοτόμου.

(2) Οφείλει να ισχύει η |LA|=|LB|.

(3) Οφείλει να ισχύει η |OA|=|OL|=|OB|.

Το (1) και το (2) θα μπορούσαν να θεωρηθούν προφανή (ακόμη ίσως και από τους εξεταστές), το (3) όχι -- απόδειξη ότι η δική μου η διαίσθηση με έσπρωξε προς την LA\perp OA & LB\perp OB (εμβαδόν \displaystyle\frac{x^2}{8tan\alpha /4}) αντί της |OA|=|OL|=|OB| (εμβαδόν \displaystyle\frac{x^2}{4tan\alpha /2})!

Άπαξ όμως και δεχτούμε τα (1) και (2) ... το (3) αποδεικνύεται αρκετά εύκολα:

Από το σχήμα προκύπτει ότι το εμβαδόν ydsin\alpha /2 μεγιστοποιείται ακριβώς όταν μεγιστοποιείται το yd. Από τον Νόμο των Συνημιτόνων έχουμε \displaystyle\frac{x^2}{4}=y^2+d^2-2ydcos\alpha /2\geq2yd(1-cos\alpha /2), άρα το yd μεγιστοποιείται όταν y=d.

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 9:26 pm
από gbaloglou
gbaloglou έγραψε: (1) Το L οφείλει να βρίσκεται επί της διχοτόμου.
Αυτό προκύπτει αβίαστα -- βλέπε συνημμένο -- από μία γνωστή ιδιότητα: ανάμεσα σε όλα τα ισεμβαδικά τρίγωνα με μία κοινή πλευρά ελάχιστη περίμετρο έχει αυτό που οι άλλες δύο πλευρές του είναι ίσες.

(ΑΝ το L δεν κείται επί της διχοτόμου τότε ... αφού (OALB)=(OAL'B) και |L'A|+|L'B|<|LA|+|LB|=x ... σίγουρα μπορούμε να βρούμε επί της διχοτόμου, λίγο πιο πέρα από το L', νέο σημείο L'' τέτοιο ώστε |L''A|+|L''B|=|LA|+|LB|=x και (OAL''B)>(OAL'B)=(OALB), άτοπο.)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 9:33 pm
από gbaloglou
gbaloglou έγραψε: (2) Οφείλει να ισχύει η |LA|=|LB|.
Αυτό φαίνεται να χρειάζεται περισσότερη προσοχή από το (1), προς το παρόν στέλνω ένα σχήμα!

Σχόλιο 16-10-16: νομίζω ότι ένα απλό επιχείρημα 'συνέχειας' αρκεί -- για L' πολύ κοντά στο L σίγουρα ισχύει η |L'A|+|L'B'|<|LA|+|LB|, ενώ για L' αρκετά μακριά από το L ισχύει η |L'A|+|L'B'|>|LA|+|LB|, άρα κάπου ενδιάμεσα υπάρχει L' τέτοιο ώστε |L'A|+|L'B'|=|LA|+|LB|, ενώ ισχύει πάντοτε και προφανώς η (OAL'B')>(OALB).

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 9:34 pm
από iriniper
Μου άρεσαν όσα γράψατε και είπα να "σχεδιάσω" το ενδιάμεσο βήμα από την "διαίσθηση" στην "απόδειξη" με gifakia:
1ο gifaki: Εδώ τα A και B είναι σταθερά σημεία στις πλευρές της γωνίας και μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τριγώνου ABL όταν AL=BL. (γιατί μεγιστοποιείται το ύψος LK)
mathematica1.gif
mathematica1.gif (277.8 KiB) Προβλήθηκε 3772 φορές
2o gifaki: Πάλι το AB είναι σταθερό, το ABL έχει μέγιστο εμβαδόν εφόσον AL=BL και μεγιστοποιείται τώρα το εμβαδόν του OAB όταν OA=OB. (γιατί μεγιστοποιείται το ύψος OD)
mathematica2.gif
mathematica2.gif (207.91 KiB) Προβλήθηκε 3772 φορές
3ο gifaki: ΕφόσονOA=OB και AL=BL, συμπεραίνουμε ότι το L βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας O. Για να έχουν μέγιστο εμβαδόν τα τρίγωνα OAL και OBL θα πρέει τα ύψη τους από το O να είναι μέγιστα. Που συμβαίνει όταν αυτά είναι ισοσκελή, δηλαδή OA=OL=OB.
mathematica3.gif
mathematica3.gif (238.13 KiB) Προβλήθηκε 3772 φορές

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 11:25 pm
από nsmavrogiannis
Μιας και η Ειρήνη Περυσινάκη δεν χρειάζεται συστάσεις απλώς την καλωσορίζω στο :logo: .

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 11:47 pm
από iriniper
Καλώς σας βρήκα, Νίκο!

Συνεχίζω με τα gifakia, ετοίμασα και ένα 4ο, μια παραλλαγή του 3ου, ώστε να φαίνεται καλύτερα πότε μεγιστοποιούνται τα κόκκινα ύψη. Έτσι είναι "προφανές" ότι πρέπει OA=OL=OB (είναι η ίδια λογική με το 2o gifaki, όπως αναφέρει και ο Κουτσουρίδης στην απόδειξή του).
mathematica4.gif
mathematica4.gif (300.36 KiB) Προβλήθηκε 3707 φορές

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 13, 2016 11:53 pm
από cretanman
Καλωσορίζω κι εγώ με τη σειρά μου την εξαιρετική συνάδελφο και φίλη Ειρήνη Περυσινάκη!

Η Δρ.Ειρήνη Περυσινάκη δημιούργησε και συντηρεί τη σελίδα του Εργαστηρίου Μαθηματικών του Σχολείου μας, έκανε μέχρι πέρυσι τον όμιλο Αστρονομίας (φέτος θα κάνει ένα όμιλο για τον μηχανισμό των Αντικυθήρων), είναι πολύ ανήσυχη μαθηματικός, επιμορφώτρια Β επιπέδου στις ΤΠΕ και ασχολείται αρκετά με το geogebra κατασκευάζοντας πολλά καλούδια ( https://www.geogebra.org/iriniper ). Δεν μπορώ να μην αναφερθώ και στην χαρτοδιπλωτική στην οποία έχει ιδιαίτερη αγάπη κατασκευάζοντας πολύ όμορφα πράγματα τα οποία μας παρουσιάζει ενίοτε στο σχολείο. Μερικές από τις ιστοσελίδες που διατηρεί είναι οι εξής: "Μαθηματικές Πτήσεις", "Τετράδιο Γεωμετρίας" "Οι ΤΠΕ στην Εκπαίδευση", "Μαθήματα Αστρονομίας" και άλλες που φαίνονται στον σύνδεσμο εδώ.

Ειρήνη καλωσόρισες... Και μια και δεν μπορώ να σε κεράσω από εδώ θα το κάνω αύριο από κοντά στο σχολείο! :)

Αλέξανδρος

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2015-16 (3)

Δημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 14, 2016 12:05 am
από iriniper
Αλέξανδρε, καλώς σας βρήκα!
Σήμερα ταξίδεψα στο mathematica και πέρασα υπέροχα!!! Μείνανε πίσω βέβαια οι δουλειές του σχολείου και προβλέπεται ξενύχτι...
Εγώ λοιπόν θα πρέπει να σε κεράσω στο σχολείο, γιατί εξαιτίας σου "ταξίδεψα"...