mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 15, 2022 7:09 pm**

Μου προέκυψε καθώς προσπαθούσα να χωρέσω τρία ψωμάκια σε σχετικά μικρό πιάτο:

Να υπολογισθεί το μέγιστο δυνατόν συνολικό εμβαδόν τριών ίσων ορθογωνίων (μη αλληλοεπικαλυπτόμενων) συμμετρικά τοποθετημένων (όπως στο σχήμα) εντός κύκλου ακτίνας

.

: τρισορθογώνιο.png (10.24 KiB) Προβλήθηκε 1446 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 19, 2022 12:13 pm**

Καλημέρα Γιώργο και καλό υπόλοιπο καλοκαιριού.

Έστω L, l

η μεγάλη και η μικρή πλευρά του ορθογωνίου. Στο σχήμα η γωνία $\angle{DAE} = 2 \pi / 3$ , οπότε $DE = \sqrt{3} l$ .

Για τη μεγιστοποίηση του εμβαδού, έστω $\theta, \phi$ οι επίκεντρες γωνίες όπως φαίνονται στο σχήμα ( $\theta + \phi = 2 \pi / 3$ λόγω συμμετρίας). Έχουμε

$\displaystyle L l = \frac{1}{\sqrt{3}} L (\sqrt{3} l) = \frac{4}{\sqrt{3}} R^2 \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \sin \left( \frac{\phi}{2} \right) = \frac{2}{\sqrt{3}} R^2 \left( \cos \left(\frac{\theta - \phi}{2} \right) - \cos \left(\frac{\theta + \phi}{2} \right) \right) \leq \frac{1}{\sqrt{3}} R^2$ .

Η ισότητα επιτυγχάνεται για $\phi = \theta$ , όπου οι κορυφές των ορθογωνίων στον κύκλο σχηματίζουν κανονικό εξάγωνο. Το συνολικό εμβαδόν είναι $\displaystyle 3 \times \frac{1}{\sqrt{3}} R^2 = \sqrt{3} R^2$ και καλύπτει μέρος $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{\pi} = 0.551...$ του δίσκου.

Καλημέρα σε όλους τους φίλους,

Δ. Σκουτέρης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2022 11:52 am**

Θεαματικά απλή η λύση σου, Δημήτρη! Η δική μου -- παρατίθεται παρακάτω -- όχι τόσο απλή, αν και επίσης τριγωνομετρική και άνευ Λογισμού: παρά τον φάκελο, η χρήση παραγώγων (και μη τριγωνομετρικής προσέγγισης) δεν φαίνεται εφικτή (χωρίς πολύ κόπο ίσως)!

Στην δική μου προσέγγιση, λοιπόν, εκφράζουμε τα πάντα ως συνάρτηση της 'απόμακρης' γωνίας $\theta$ (όπου $30^0<\theta<60^0$ ):

Από το ορθογώνιο τρίγωνο APD

έχουμε $AD=2Rcos(60^0-\theta)$ , οπότε από Νόμο Ημιτόνων στο τρίγωνο ACD

λαμβάνουμε $AC=\dfrac{2Rsin(120^0-2\theta)}{\sqrt{3}}$ . Και πάλι από το ορθογώνιο τρίγωνο APD

έχουμε $AP=2Rsin(60^0-\theta)$ , οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο BAP

λαμβάνουμε $PB=2Rsin(60^0-\theta)cos\theta$ . Εύκολα τώρα υπολογίζεται και το μήκος της άλλης πλευράς του ορθογωνίου ως $PE-2PB=R\sqrt{3}-4Rcos\theta sin(60^0-\theta)$ , οπότε το συνολικό εμβαδόν των τριών ορθογωνίων γράφεται ως

$\dfrac{6R^2}{\sqrt{3}}sin(120^0-2\theta)[\sqrt{3}-4cos\theta sin(60^0-\theta)]=$

$=\dfrac{12R^2}{\sqrt{3}}sin(120^0-2\theta)sin(2\theta-60^0)=$

$=\dfrac{12R^2}{\sqrt{3}}\left(-\dfrac{cos4\theta}{2}-\dfrac{1}{4}\right)$ .

Προφανώς το εμβαδόν μεγιστοποιείται όταν ελαχιστοποιείται το $cos4\theta$ , όταν δηλαδή $\theta=45^0$ , και το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς $\sqrt{3}R^2$ .

Όχι, δεν είχα αντιληφθεί ότι το μέγιστο εμβαδόν 'αντιστοιχεί' σε κανονικό εξάγωνο (όπως παρατηρεί παραπάνω ο Δημήτρης)

[Μια και έχουμε -- προς το παρόν τουλάχιστον -- εκφακελωθεί ... ας επισημάνω τουλάχιστον ότι χρησιμοποιήθηκαν οι τριγωνομετρικοί τύποι $cosasinb=\dfrac{sin(a+b)-sin(a-b)}{2}$ και $sinasinb=\dfrac{cos(a-b)-cos(a+b)}{2}$

]

: τρισορθογώνιο-θ-45.png (12.84 KiB) Προβλήθηκε 1262 φορές

mathematica.gr

Κυκλικό τρισορθογώνιο

Κυκλικό τρισορθογώνιο

Re: Κυκλικό τρισορθογώνιο

Re: Κυκλικό τρισορθογώνιο