Μέγιστο και όριο

KARKAR · #1

: Μέγιστο και όριο.png (7.37 KiB) Προβλήθηκε 1101 φορές

Προεκτείνουμε τις κάθετες πλευρές OA , OB

, του ορθογωνίου τριγώνου OAB

,

κατά τμήματα : AA'=BB'=AB

. Βρείτε την μέγιστη τιμή του λόγου : $\dfrac{A'B'}{AB}$ ,

καθώς και το όριο αυτού του λόγου , όταν : $\dfrac{OA}{OB}\rightarrow +\infty$ .

#2

Ας είναι $\displaystyle{AB=x}$ και $\displaystyle{\angle OAB=y\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)}$ .

Έχουμε $\displaystyle{OA=x\cos y,~~OB=x\sin y,}$ οπότε

$\displaystyle{A'B'=\sqrt{(x+x\cos y)^2+(x+x\sin y)^2}=x\sqrt{(1+\cos y)^2+(1+\sin y)^2}=x\sqrt{3+2(\sin y+\cos y).}}$

Άρα

$\displaystyle{\frac{A'B'}{AB}=\sqrt{3+2(\sin y+\cos y)}\leq \sqrt{3+2\sqrt{2}}=1+\sqrt{2}}$

και η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{y=\frac{\pi}{4}.}$

Ας είναι $\displaystyle{f(y)=\sqrt{3+2(\sin y+\cos y)}.}$

Επειδή ισχύει $\displaystyle{\sin y=\frac{1}{\sqrt{1+\cot ^2y}},}$ είναι $\displaystyle{f(y)=\sqrt{3+2\sin y(1+\cot y)}=\sqrt{3+2\frac{1+\cot y}{\sqrt{1+\cot ^2 y}}}}$

το ζητούμενο όριο είναι το

$\displaystyle{\lim_{\cot y\to +\infty}f(y)}=\lim_{a\to +\infty}\sqrt{3+2\frac{(1+a)}{\sqrt{1+a^2}}}=\sqrt{5}.}$

#3

a)Γράφω τα ημικύκλια διαμέτρων $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A'B'$ κέντρων $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ που τέμνονται στο

.

: Μέγιστο και όριο_a.png (39.97 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

$\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}$ ( βαίνουν στο ίδιο τόξο του μεγάλου ημικυκλίου) και $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$ ( βαίνουν στο ίδιο τόξο του μικρού ημικυκλίου )

Τα τρίγωνα $AA'P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BB'P$ έχουν $AA' = BB'\,\,,\,\,\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {PAA'} = \widehat {PBB'}$ ( παραπληρώματα ίσων γωνιών ) , άρα είναι ίσα . Άμεσες συνέπειες :

Τα τρίγωνα $PAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PA'B'$ είναι ισοσκελή ορθογώνια . Ο λόγος του οποίου ζητώ το μέγιστο ισούται με το λόγο: $\dfrac{{PL}}{{PK}}$ .

Η διάκεντρος

είναι κάθετη στο μέσο

της χορδής

.

Όμως $\boxed{PK \geqslant KM \Rightarrow \frac{1}{{PK}} \leqslant \frac{1}{{KM}} \Rightarrow \frac{{PL}}{{PK}} \leqslant \frac{{PL}}{{KM}}}$

Συνεπώς τη μεγαλύτερη τιμή του λόγου επιτυγχάνεται όταν τα O,P,M

συμπέσουν.

b) Τότε έχω την οριακή περίπτωση που AB//A'B'

: Μέγιστο και όριο_b.png (6.87 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

Αν

θα είναι $\boxed{AB = AA' = \sqrt 2 \Rightarrow \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{OA'}}{{OA}} = \sqrt 2 + 1}$

c) Ενώ αν $A \to O$ το τρίγωνο OA'B'

θα έχει

(=έστω

) και άρα $A'B' = \sqrt 5$ που είναι και ο ζητούμενος λόγος.

: Μέγιστο και όριο_c.png (7.43 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

Παρατήρηση . Τα ίδια έχουμε στην τρίτη περίπτωση αν το πλησιάζει στο ( όπως ακριβώς προβλέπει η εκφώνηση) με τo να μένει σταθερό ή ν απομακρύνεται από το .

KARKAR · #4

: Μέγιστο και όριο.png (9.95 KiB) Προβλήθηκε 1000 φορές

Θεωρώντας ( χωρίς βλάβη ) , ότι : OB=1

και

, παίρνουμε για τον ζητούμενο λόγο την συνάρτηση :

$\lambda(x)=\sqrt{3+\dfrac{2(x+1)}{\sqrt{x^2+1}}$ , η οποία είναι ουσιαστικά αυτή του ( προεορτάζοντος ) Θάνου ( με την ίδια συνέχεια ) .

Έτσι "κρύψαμε" την Τριγωνομετρία . Η λύση του Νίκου μας επανέφερε στην Γεωμετρία ( αναμενόμενο βεβαίως ... )

#5

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 17, 2021 8:38 am Θεωρώντας ( χωρίς βλάβη ) , ότι : και ....

Με καλή επιλογή των μεταβλητών μπορούμε να γλυτώσουμε πολύ κόπο. Για παράδειγμα, με βάση το σχήμα του Θανάση, αντί για OB=1

σταθερό, να πάρουμε OA=1

και

. Σε αυτή την περίπτωση, αντί να πάρουμε $x\to \infty$ , εξετάζουμε το $y\to 0$ .

Γλυτώνουμε και άλλο κόπο αν γράψουμε AB=a

(είναι βέβαια a^2=y^2+1

) αλλά θα δούμε ότι δεν χρειάζεται να το κουβαλάμε πλήρες. Απλά στο όριο $y\to 0$ που θα πάρουμε στο τέλος, έχουμε $a\to 1$ .

Είναι τώρα άμεσο ότι

$\displaystyle{\dfrac {A'B'}{AB} = \dfrac {\sqrt {(1+a)^2+(y+a)^2}}{a}= \dfrac {\sqrt {2a^2+y^2 + 1 + 2a+2ay}}{a}= \dfrac {\sqrt {2a^2+a^2 + 2a+2ay}}{a}= \sqrt { 3+ \dfrac {2(y+1)}{a} }}$

Για το μέγιστο παρατηρούμε $\displaystyle{\dfrac {y+1}{a}\le \dfrac {\sqrt 2 \sqrt {y^2+1} }{a}= \sqrt 2 }$ , και λοιπά.

Για το όριο, στο $y\to 0$ , έχουμε $\displaystyle{ \sqrt { 3+ \dfrac {2(y+1)}{a} }\to \sqrt { 3+ \dfrac {2(0+1)}{1} }= \sqrt 5}$

Μέγιστο και όριο

Μέγιστο και όριο

Re: Μέγιστο και όριο

Re: Μέγιστο και όριο

Re: Μέγιστο και όριο

Re: Μέγιστο και όριο

Μέλη σε σύνδεση