mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2021 7:15 pm**

: κοινό εφαπτόμενο.png (110.92 KiB) Προβλήθηκε 932 φορές

Δείξτε ότι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα

των δύο καμπυλών του σχήματος ,

διαιρείται από τον άξονα x'x

, σε δύο τμήματα , με λόγο : $\dfrac{AT}{TB}=\dfrac{1}{3}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2021 8:54 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Δεκ 29, 2021 7:15 pm κοινό εφαπτόμενο.pngΔείξτε ότι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των δύο καμπυλών του σχήματος ,

διαιρείται από τον άξονα , σε δύο τμήματα , με λόγο : $\dfrac{AT}{TB}=\dfrac{1}{3}$ .

Αν είναι $A(a, \frac {1}{a^2})\,\, B(b,-b^2)$ είναι εύκολο (με χρήση παραγώγων) να βρούμε τις εξισώσεις των εφαπτομένων των καμπυλών στα

και

, αντίστοιχα. Είναι

$y= -\dfrac {2}{a^3}x+ \dfrac {3}{a^2}$ και y=-2bx+b^2

, αντίστοιχα.

Αφού πρόκειται για κοινή εφαπτομένη (ίδια εξισωση) έχουμε $-\dfrac {2}{a^3}=-2b$ και $\dfrac {3}{a^2} = 2b^2$ . Λύνοντας θα βρούμε $a= \dfrac {1}{\sqrt [4]3},\, b=\dfrac {3}{\sqrt [4]3}$ νκαι άρα a=3b

Η κοινή εφαπτομένη τέμνει τον άξονα των

στο $T \left ( \dfrac {3}{2\sqrt [4]3},\,0 \right )$ . Από όπου εύκολα βρίσκουμε τα $AT,\, TB$ και ελέγχουμε ότι TB=3TA

. Εδώ $TB^2= \dfrac {b^2}{4}+ b^4= \dfrac {3\sqrt 3}{4} +27$ και όμοια το 9TA^2

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2021 9:30 pm**

Μπορούμε να αποδείξουμε γενικότερα ότι
$\displaystyle \frac{AC}{BC}=v\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\frac{AD}{BD}=v$ ,
απ΄όπου προκύπτει $\displaystyle \frac{BC}{BD}=\frac{v-1}{v+1}$
και για $\displaystyle v=2$ προκύπτει το ζητούμενο .

Edit : 10:55 . Διορθώθηκαν ουσιώδη τυπογραφικά .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2021 6:41 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Δεκ 29, 2021 8:54 pm
Λύνοντας θα βρούμε $a= \dfrac {1}{\sqrt [4]3},\, b=\dfrac {3}{\sqrt [4]3}$ .

Η κοινή εφαπτομένη τέμνει τον άξονα των στο $T \left ( \dfrac {3}{2\sqrt [4]3},\,0 \right )$ . Από όπου εύκολα βρίσκουμε τα $AT,\, TB$

και ελέγχουμε ότι . Εδώ $TB^2= \dfrac {b^2}{4}+ b^4= \dfrac {3\sqrt 3}{4} +27$ και όμοια το

: κοινό εφαπτόμενο.png (110.92 KiB) Προβλήθηκε 863 φορές

Εναλλακτικά , βρίσκουμε : $f(a)=\sqrt{3}$ και $g(b)=-3\sqrt{3}$ και το ζητούμενο καθίσταται προφανές .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2021 9:05 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Δεκ 29, 2021 7:15 pm κοινό εφαπτόμενο.pngΔείξτε ότι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των δύο καμπυλών του σχήματος ,

διαιρείται από τον άξονα , σε δύο τμήματα , με λόγο : $\dfrac{AT}{TB}=\dfrac{1}{3}$ .

Το πρόβλημα γενικεύεται ...
Θεωρούμε τις συναρτήσεις $\displaystyle g(x)=-{{x}^{v}},f(x)={{x}^{-v}}$ με $\displaystyle x\ge 0$ και $\displaystyle v\ge 2$
H εφαπτομένη της $\displaystyle {{C}_{f}}$ στο $\displaystyle A(a,{{a}^{-v}})$ έχει εξίσωση : $\displaystyle y-{{a}^{-v}}=-v{{a}^{-v-1}}(x-a)\Leftrightarrow y=-v{{a}^{-v-1}}x+(v+1){{a}^{-v}}$ (1)

H εφαπτομένη της $\displaystyle {{C}_{g}}$ στο $\displaystyle B(b,-{{b}^{v}})$ έχει εξίσωση : $\displaystyle y+{{b}^{v}}=-v{{b}^{v-1}}(x-b)\Leftrightarrow y=-v{{b}^{v-1}}x+(v-1){{b}^{v}}$ (2)
Απαιτούμε οι δυο ευθείες να ταυτίζονται οπότε απαιτούμε :
$\displaystyle \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} - v{a^{ - v - 1}} = - v{b^{v - 1}}\\ (v + 1){a^{ - v}} = (v - 1){b^v} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^{ - v - 1}} = {b^{v - 1}}\\ (v + 1){a^{ - v}} = (v - 1){b^v} \end{array} \right. \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{b}{a} = {\left( {ab} \right)^v}\\ \frac{{v + 1}}{{v - 1}} = {(ab)^v} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{b}{a} = {\left( {ab} \right)^v}\\ \frac{b}{a} = \frac{{v + 1}}{{v - 1}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{b}{a} = {\left( {ab} \right)^v}\\ b = \frac{{v + 1}}{{v - 1}}a \end{array} \right. \end{array}$
Φέρουμε τις κάθετες από τα σημεία επαφής προς τον οριζόντιο άξονα .
Τα σχηματιζόμενα τρίγωνα $\displaystyle NAT,MTB$ είναι όμοια .
Για $\displaystyle y=0$ η (1) δίνει $\displaystyle x=\frac{v+1}{v}a$ . Άρα $\displaystyle T\left( \frac{v+1}{v}a,0 \right)$ , ενώ $\displaystyle N(a,0),M(b,0)$
Η σχετική θέση των $\displaystyle N,T,M$ πάνω στον άξονα προκύπτει από την κυρτότητα των συναρτήσεων .
Είναι $\displaystyle NT=\frac{v+1}{v}a-a=\frac{a}{v}$ και $\displaystyle MT=\frac{v+1}{v-1}a-\frac{v+1}{v}a=\frac{{{v}^{2}}+v-{{v}^{2}}+1}{v(v-1)}a=\frac{v+1}{v(v-1)}a$
Από την ομοιότητα των τριγώνων προκύπτει
$\displaystyle \frac{TA}{TB}=\frac{NT}{MT}=\frac{\frac{a}{v}}{\frac{v+1}{v(v-1)}a}=\frac{v(v-1)}{v(v+1)}=\frac{v-1}{v+1}$
Για $\displaystyle v=2$ , προκύπτει το ζητούμενο

Σχόλιο : Αν βρούμε τις συντεταγμένες του $\displaystyle K$ , προκύπτει ότι $\displaystyle KA = v \cdot AT, KB = v \cdot TB$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 6:57 am**

Γιώργο , πολύ ωραία

Στο κλείσιμο , θα μπορούσαμε κι έτσι :

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle NAT,MTB$ , προκύπτει

$\displaystyle \frac{TA}{TB}=\frac{AN}{MB}$ $=\dfrac{f(a)}{|g(b)|}=\dfrac{1}{(ab)^v}= \dfrac{a}{b}=\dfrac{v-1}{v+1}$

Για $\displaystyle v=2$ , προκύπτει το ζητούμενο .

mathematica.gr

Κοινό εφαπτόμενο

Κοινό εφαπτόμενο

Re: Κοινό εφαπτόμενο

Re: Κοινό εφαπτόμενο

Re: Κοινό εφαπτόμενο

Re: Κοινό εφαπτόμενο

Re: Κοινό εφαπτόμενο