mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2021 7:40 pm**

: Κύκλος φάντασμα.png (13.72 KiB) Προβλήθηκε 1072 φορές

Οι κύκλοι (O,r)

και

εφάπτονται εξωτερικά . Μπορούμε να κατασκευάσουμε κύκλο (L,r)

με κέντρο

στην

, τέτοιον ώστε αν τέμνει τους (O) , (K)

στα

αντίστοιχα , τα O , T , S

να είναι συνευθειακά ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 12:21 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 30, 2021 7:40 pm Κύκλος φάντασμα.png Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά . Μπορούμε να κατασκευάσουμε κύκλο με κέντρο

στην , τέτοιον ώστε αν τέμνει τους στα αντίστοιχα , τα να είναι συνευθειακά ;

Nαι, γίνεται.

Έστω $\theta$ λύση της εξίσωσης $\sin 4\theta = 2 \sin \theta \, (*)$ (η συγκεκριμένη εξίσωση έχει μοναδική λύση στις οξείες γιατί γράφεται
$2 \sin 2\theta \cos 2\theta = 2 \sin \theta$ και άρα $4 \sin \theta \cos \theta \cos 2\theta = 2 \sin \theta$ , δηλαδή $\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ , και λοιπά.)

Κατασκευάζουμε τρίγωνο OKS

με πλευρές $OK=2r,\,\, KS = r,\, \widehat {K} = 3\theta$ . H γωνία του

ισούται με $\theta$ καθώς η (*)

γράφεται

$\displaystyle{ \dfrac {r}{\sin \theta } = \dfrac {2r}{\sin (180 - (\theta + 3\theta))}$

που είναι ο Νόμος των Ημιτόνων στο τρίγωνο OKS

.

Κατασκευάζουμε τώρα το ισοσκελές τρίγωνο SLK

, δηλαδή είναι LS=r

. Έπεται ότι $\widehat {LSO}= 3\theta - \theta = 2 \theta$ . Παίρνουμε $\widehat {LTS}=2\theta$ , οπότε TL=LS=r

. Άρα ο κύκλος (L,r)

διέρχεται από τα (συνευθειακά) $O,\, T,\, S$ . Τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 12:58 am**

[quote=Mihalis_Lambrou post_id=343840 time=1640902883 user_id
[/quote]

....
$\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ , και λοιπά.) ...

Καλημέρα Μιχάλη από Βρυξέλλες

Αν σου είναι εύκολο μπορείς να δώσεις μερικές διευκρινίσεις στο ... και λοιπά ... γιατί για μένα ειναι δύσκολο να κατασκευάσω τη γωνία θ από την εξίσωση που κατέληξες

Ευχαριστώ θερμά και καλή χρονιά να έχουμε

Στάθης Κούτρας

[/quote]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:28 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 12:58 am
Mihalis_Lambrou έγραψε: ...
$\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ , και λοιπά.) ...
Καλημέρα Μιχάλη από Βρυξέλλες

Αν σου είναι εύκολο μπορείς να δώσεις μερικές διευκρινίσεις στο ... και λοιπά ... γιατί για μένα ειναι δύσκολο να κατασκευάσω τη γωνία θ από την εξίσωση που κατέληξες

Ευχαριστώ θερμά και καλή χρονιά να έχουμε

Στάθης Κούτρας

Χαιρετίσματα και από εμένα.

Eίναι $\cos 0 \cos 2\cdot 0 = 1 > \dfrac {1}{2}$ και $\cos \frac {\pi}{4} \cos 2\cdot \frac {\pi}{4} = 0< \dfrac {1}{2}$ . Άρα κάπου στο ενδιάμεσο έχουμε ισότητα. Στο πρώτο αυτό μισό του τεταρτοκυκλίου, η $\cos \theta \cos 2\theta$ είναι φθίνουσα ως γινόμενο δύο θετικών φθινουσών, άρα η ρίζα είναι μοναδική. Υπόψη ότι δεν έχουμε ρίζα στο άλλο μισό του τεταρτοκυκλίου γιατί το $\cos \theta \cos 2\theta$ είναι αρνητικό.

Άλλος τρόπος για να απόδείξουμε την ύπαρξη μοναδικής ρίζας είναι με εξέταση της $f(\theta) = \sin 4\theta - 2 \sin \theta$ , αλλά τον αφήνω.

Ένας τρίτος τρόπος απόδειξης της ύπαρξης είναι γεωμετικός φέρνοντας την εφαπτομένη από το

στον κύκλο (K, r)

. Επειδή το σχήμα έχει την φασαρία του, τον παρέκαμψα για τριγωνομετρικό τρόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:31 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:28 am
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 12:58 am
Mihalis_Lambrou έγραψε: ...
$\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ , και λοιπά.) ...
Καλημέρα Μιχάλη από Βρυξέλλες

Αν σου είναι εύκολο μπορείς να δώσεις μερικές διευκρινίσεις στο ... και λοιπά ... γιατί για μένα ειναι δύσκολο να κατασκευάσω τη γωνία θ από την εξίσωση που κατέληξες

Ευχαριστώ θερμά και καλή χρονιά να έχουμε

Στάθης Κούτρας
Χαιρετίσματα και από εμένα.

Eίναι $\cos 0 \cos 2\cdot 0 = 1 > \dfrac {1}{2}$ και $\cos \frac {\pi}{4} \cos 2\cdot \frac {\pi}{4} = 0< \dfrac {1}{2}$ . Άρα κάπου στο ενδιάμεσο έχουμε ισότητα. Στο πρώτο αυτό μισό του τεταρτοκυκλίου, η $\cos \theta \cos 2\theta$ είναι φθίνουσα ως γινόμενο δύο θετικών φθινουσών, άρα η ρίζα είναι μοναδική. Υπόψη ότι δεν έχουμε ρίζα στο άλλο μισό του τεταρτοκυκλίου γιατί το $\cos \theta \cos 2\theta$ είναι αρνητικό.

Αυτά τα βλέπω Μιχάλη

Εκείνο που δεν βλέπω είναι η θ και συνεπώς η 3θ αρα η κατασκευή

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:38 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:31 am Εκείνο που δεν βλέπω είναι η θ και συνεπώς η 3θ αρα η κατασκευή

Δεν έγραφα κατασκευή με κανόνα και διαβήτη, επειδή θεώρησα ότι δεν το ζητά η άσκηση. Γι' αυτό ο τίτλος της είναι "κύκλος φάντασμα". Έγραφα για κατασκευή με απόδειξη ύπαρξης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:41 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:38 am
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:31 am Εκείνο που δεν βλέπω είναι η θ και συνεπώς η 3θ αρα η κατασκευή
Δεν έγραφα κατασκευή με κανόνα και διαβήτη, επειδή θεώρησα ότι δεν το ζητά η άσκηση. Γι' αυτό ο τίτλος της είναι "κατασκευή φάντασμα". Έγραφα για κατασκευή με απόδειξη ύπαρξης.

Αρα θα συμφωνήσεις μαζι μου οτι γεωμετρικά ( δηλαδη με κανόνα και διαβήτη ) δεν γίνεται η κατασκευή διότι τότε θα είχαμε τριχοτομήσει τη γωνία

Σωστά ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:53 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:41 am Αρα θα συμφωνήσεις μαζι μου οτι γεωμετρικά ( δηλαδη με κανόνα και διαβήτη ) δεν γίνεται η κατασκευή διότι τότε θα είχαμε τριχοτομήσει τη γωνία

Σωστά ;

Συμφωνώ. Υπόψη ότι γράφοντας $c=\cos \theta$ , η εξίσωση $\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ ισοδυναμεί με την 4c^3-2c-1=0

. Αυτή ως ανάγωγη δεν έχει ρίζα κατασκευάσιμη με κανόνα και διαβήτη. Πρόκειται για άλλη μία επιβεβαίωση του τίτλου της άσκησης που μας υποψιάζει ότι η κατασκευή δεν είναι Ευκλείδεια. Το νόημα της άσκησης είναι η ύπαρξη, που δεν είναι αυτονόητη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 11:55 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 30, 2021 7:40 pm Κύκλος φάντασμα.png Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά . Μπορούμε να κατασκευάσουμε κύκλο με κέντρο

στην , τέτοιον ώστε αν τέμνει τους στα αντίστοιχα , τα να είναι συνευθειακά ;

Θέτω

: Κύκλος φάντασμα.png (21.73 KiB) Προβλήθηκε 981 φορές

$\displaystyle rOS = {x^2} - {r^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{OS = \frac{{{x^2} - {r^2}}}{r}}$ Με $\displaystyle {\rm{Stewart}}$ στο OKS

και με αντικατάσταση του

καταλήγω στην εξίσωση:

$\displaystyle {x^4} - 2r{x^3} - 2{r^2}{x^2} + 2{r^3}x + 4{r^4} = 0 \Leftrightarrow (2r - x)({x^3} - 2{r^2}x - 2{r^3}) = 0,x \ne 2r,$

απ' όπου παίρνω ακριβή αλλά μη κατασκευάσιμη τιμή, $\boxed{ OL =x= \left( {\sqrt[3]{{\frac{{9 - \sqrt {57} }}{9}}} + \sqrt[3]{{\frac{{9 + \sqrt {57} }}{9}}}} \right)r}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2021 1:22 pm**

george visvikis έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 11:55 am
... απ' όπου παίρνω ακριβή αλλά μη κατασκευάσιμη τιμή, $\boxed{ OL =x= \left( {\sqrt[3]{{\frac{{9 - \sqrt {57} }}{9}}} + \sqrt[3]{{\frac{{9 + \sqrt {57} }}{9}}}} \right)r}$

Ωραιότατα.

Για σύγκριση με το

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Δεκ 31, 2021 1:53 am ... γράφοντας $c=\cos \theta$ , η εξίσωση $\cos \theta \cos 2\theta = \dfrac {1}{2}$ ισοδυναμεί με την ...

έχουμε $OL=OK-LK=OK-2SK\cos \hat{K} = 2r-2r\cos 3\theta$

Όμως $\cos 3\theta = 4c^3-3c= (4c^3-2c-1)-c+1= 0-c+1$ , άρα $OL= 2r(1-\cos 3\theta ) = 2r \cos \theta$ . To $\cos \theta =c$ το βρίσκουμε από την τριτοβάθμια. Η στάνταρ μέθοδος δίνει

$c= \dfrac {1}{6} \sqrt [3] {27+3\sqrt {57}} +\dfrac {1}{ \sqrt [3] {27+3\sqrt {57}}}$ . Και λοιπά.

mathematica.gr

Κύκλος φάντασμα

Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα

Re: Κύκλος φάντασμα