mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 1:52 pm**

: Το υψηλότερο σημείο.png (9.22 KiB) Προβλήθηκε 1077 φορές

Το σημείο

κινείται στο μέρος του τμήματος AB=12

, το οποίο βρίσκεται πλησιέστερα προς το

.

Σχεδιάζω στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ημικύκλια διαμέτρων

και

και το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο

τμήμα

( το

στο μικρότερο ημικύκλιο ) . Βρείτε την "υψηλότερη" θέση του σημείου

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 4:27 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Νοέμ 02, 2021 1:52 pm Το υψηλότερο σημείο.pngΤο σημείο κινείται στο μέρος του τμήματος , το οποίο βρίσκεται πλησιέστερα προς το .

Σχεδιάζω στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ημικύκλια διαμέτρων και και το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο

τμήμα ( το στο μικρότερο ημικύκλιο ) . Βρείτε την "υψηλότερη" θέση του σημείου .

Έστω ότι

οι ορθές προβολές των S,T

επί την

και

το σημείο τομής της καθέτου (κοινής εφαπτόμενης των ημικυκλίων) επί της

στο

με την

Προφανώς

το μέσο της

$\angle SCT={{90}^{0}}\Rightarrow CM=\dfrac{ST}{2}\overset{\gamma \nu \omega \sigma \tau o}{\mathop{=}}\,\dfrac{\sqrt{AC\cdot CB}}{2}\Rightarrow$ $\ldots SK+TL=\sqrt{AC\cdot CB}:\left( 1 \right)$

: Το υψηλότερο σημείο.png (13.88 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle ASC,\vartriangle CTB$ για τα ομόλογα ύψη τους SK,TL

θα ισχύει: $\dfrac{TL}{SK}=\dfrac{CB}{AC}\Rightarrow \dfrac{TL}{SK+TL}=\dfrac{CB}{AC+CB}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$
$TL=\dfrac{1}{12}CB\sqrt{AC\cdot CB}\overset{CB=x\Rightarrow AC=12-x}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $TL=f\left( x \right)=\dfrac{1}{12}x\sqrt{\left( 12-x \right)\cdot x}\Rightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)=\dfrac{1}{144}{{x}^{3}}\left( 12-x \right)$
Αν λοιπόν $g\left( x \right)={{f}^{2}}\left( x \right)=\dfrac{1}{144}{{x}^{3}}\left( 12-x \right),x\in \left( 6,12 \right]$ συνεχής σε αυτό και παραγωγίσιμη στο αντίστοιχο ανοικτό με ${g}'\left( x \right)=\dfrac{1}{144}\left[ 3{{x}^{2}}\left( 12-x \right)-{{x}^{3}} \right]=\ldots \dfrac{{{x}^{2}}}{36}\left( 9-x \right)x\in \left( 6,12 \right)$ , με ${g}'\left( x \right)=0\overset{x\in \left( 6,12 \right)}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,x=9$ και προφανώς για $6<x<9\Rightarrow {g}'\left( x \right)>0,9<x<12\Rightarrow {g}'\left( x \right)<0$ άρα η

παρουσιάζει μέγιστο για x=9

το $g\left( 9 \right)={{f}^{2}}\left( 9 \right)=\dfrac{1}{144}{{9}^{3}}\left( 12-9 \right)=\dfrac{{{9}^{2}}\cdot {{3}^{2}}\cdot 3}{{{12}^{2}}}$ $\Rightarrow f\left( 9 \right)=\max \left( TL \right)=\dfrac{9}{4}\sqrt{3}$

Η κόκκινη γραμμή είναι η γραμμή που κινείται το σημείο

για τις διάφορες (όπως περιορίζονται) θέσεις του σημείου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 5:34 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Νοέμ 02, 2021 1:52 pm Το υψηλότερο σημείο.pngΤο σημείο κινείται στο μέρος του τμήματος , το οποίο βρίσκεται πλησιέστερα προς το .

Σχεδιάζω στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ημικύκλια διαμέτρων και και το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο

τμήμα ( το στο μικρότερο ημικύκλιο ) . Βρείτε την "υψηλότερη" θέση του σημείου .

Έστω

το κέντρο του αριστερού και

του δεξιού ημικυκλίου. Θέτουμε CL=x

οπότε

. Αν

η προβολή του

στην

, από το ορθογώνιο τρίγωνο KLM

έχουμε

$KM=\sqrt {KL^2-LM^2}= \sqrt {(KC+CL)^2-(LT-TM)^2} = \sqrt {6^2-(2x-6)^2}$

Aν

η κάθετος από το

στην διάμετρο, τότε από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $TUL,\, KML$ έχουμε $\dfrac {TU} {TL} = \dfrac {KM}{KL}$ . Άρα

$TU = \dfrac {1}{6} x \sqrt {6^2-(2x-6)^2}= \dfrac {1}{3} \sqrt {6x^3- x^4}$

Με παραγώγιση το "μέσα" της υπόρριζης ποσότητας (εδώ 18x^2-4x^3

) έχει μέγιστο όταν $x=\dfrac {9}{2}$ , από όπου το μέγιστο του ύψους

. Eδώ $\dfrac {9\sqrt 3}{4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 7:08 pm**

: Το υψηλότερο σημείο.png (17.3 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

Στάθη ευχαριστώ . Μιχάλη , βρίσκεσαι σε δαιμονιώδη φόρμα

Το τμήμα

( και το

) , είναι ίσο με : $2\sqrt{Rr}$ , συνεπώς : $\dfrac{h}{2\sqrt{Rr}}=\dfrac{R}{6}$ , από την οποία

παίρνουμε ότι : $h=h(R)=\dfrac{1}{3}R\sqrt{Rr}=\dfrac{1}{3}R\sqrt{R(6-R)} , 0<R<6$ .

Ξεπροβάλλει τώρα το ερώτημα : Μπορούμε να βρούμε το μέγιστο του $R\sqrt{R(6-R)}$ , χωρίς παραγώγους ;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 8:37 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Νοέμ 02, 2021 7:08 pm
Ξεπροβάλλει τώρα το ερώτημα : Μπορούμε να βρούμε το μέγιστο του $R\sqrt{R(6-R)}$ , χωρίς παραγώγους ;

Καλησπέρα σε όλους.

Είναι $\displaystyle R\sqrt {R\left( {6 - R} \right)} = \sqrt {{R^3}\left( {6 - R} \right)}$ με $\displaystyle 0 < R < 6$

Η παράσταση έχει μέγιστο όταν το υπόρριζο έχει μέγιστο.

Είναι $\displaystyle R + 6 - R = 6$ , άρα, αφού το άθροισμα των θετικών μεταβλητών $\displaystyle R$ και $\displaystyle 6 - R$ είναι σταθερό, το γινόμενο $\displaystyle {R^3}\left( {6 - R} \right)$ έχει μέγιστο όταν οι μεταβλητές $\displaystyle R$ και $\displaystyle 6 - R$ είναι ανάλογοι των εκθετών τους (αν αυτό μπορεί αν γίνει).

Πράγματι $\displaystyle \frac{R}{3} = \frac{{6 - R}}{1} \Leftrightarrow R = \frac{9}{2}$ , που είναι δεκτή τιμή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 9:06 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Νοέμ 02, 2021 7:08 pm Ξεπροβάλλει τώρα το ερώτημα : Μπορούμε να βρούμε το μέγιστο του $R\sqrt{R(6-R)}$ , χωρίς παραγώγους ;

Γράφω ουσιαστικά την λύση του Γιώργου, αλλά ντυμένη αλλιώς.

Ισοδύναμα θέλουμε το μέγιστο του R^3(6-R)

. Από την ανισότητα Α.Μ.-Γ.Μ. έχουμε

$\displaystyle{ R^3(6-R)= 27 \cdot \dfrac {R}{3} \cdot \dfrac {R}{3} \cdot \dfrac {R}{3} \cdot (6-R) \le 27 \left ( \dfrac {\frac {R}{3} + \frac {R}{3} + \frac {R}{3} + 6-R}{4} \right )^4 = 27 \left ( \dfrac {6}{4} \right )^4= \dfrac {3^7}{2^4}}$

με ισότητα όταν $\dfrac {R}{3}=6-R$ . Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 03, 2021 2:36 pm**

Χωρίς παραγώγους και χωρίς ΑΜ-ΓΜ ή άλλες μη σχολικές ανισότητες:

$\displaystyle x^3(6-x) = \cdots =\frac{3^7}{2^4} - \frac{(2x-9)^2[(2x+3)^2+18]}{16} \leqslant \frac{3^7}{2^4}$

με ισότητα αν και μόνο αν x=9/2

.

(Ασφαλώς βέβαια και δεν θα το έλυνα ποτέ έτσι. Άλλωστε έπρεπε να ξέρω το μέγιστο από πριν.)

mathematica.gr

Το υψηλότερο σημείο

Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο

Re: Το υψηλότερο σημείο