mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 13, 2021 7:33 pm**

: Ημιακτίνα.png (10.43 KiB) Προβλήθηκε 1399 φορές

Τα τμήματα AB=x , BC=2x

και

, είναι χορδές ημικυκλίου ,

διαμέτρου AD=2r

. Δείξτε ότι : $\dfrac{r}{3}< x <\dfrac{r}{2}$ . "Επίσημη" σχολική χρήση ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 13, 2021 8:05 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 13, 2021 7:33 pm
Ημιακτίνα.pngΤα τμήματα και , είναι χορδές ημικυκλίου ,

διαμέτρου . Δείξτε ότι : $\dfrac{r}{3}< x <\dfrac{r}{2}$ . "Επίσημη" σχολική χρήση ;

Από την προφανή x+2x+3x= AB+BC+CD > AD = 2r

έχουμε την αριστερή ανισότητα. Για την δεξιά από Jensen γιά κοίλες συναρτήσεις, έστω a,b,c

οι επίκεντρες που βαίνουν στα τόξα των x,2x, 3x

. Τότε

$x+2x+3x= AB+BC+CD = 2r (\sin \frac {a}{2} + \sin \frac {b}{2} +\sin \frac {c}{2}) \le 2r\cdot 3 \sin \frac {a+b+c}{6}= 6r\cdot \sin 30 = 3r$ , οπό όπου η δεξιά ανισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 13, 2021 10:25 pm**

Aσ δούμε και πόσο καλή είναι η ανισότητα.

Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου στο τετράπλευρο, του οποίου τις διαγώνιες τις βρισκουμε από το Πυθαγόρειο, έχουμε

$\displaystyle{x\cdot 3x+ 2x\cdot 2r = \sqrt {4r^2-x^2}\sqrt {4r^2-9x^2}}$ .

Οδηγεί στην τριτοβάθμια 3x^3+7rx^2- 2r^3=0

. Λύνοντας με λογισμικό βρήκα $x\approx 0,486r$ , που σημαίνει ότι η δεξιά ανισότητα είναι πολύ καλή.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 12:33 pm**

Η αριστερή ανισότητα $\displaystyle \frac{r}{3} < x$ μπορεί να βελτιωθεί;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 1:59 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 14, 2021 12:33 pm
Η αριστερή ανισότητα $\displaystyle \frac{r}{3} < x$ μπορεί να βελτιωθεί;

Bεβαίως μπορεί, και μάλιστα "όσο θέλουμε". Τι εννοώ: Εφόσον ξέρουμε ότι τo

ικανοποιεί p(x)= 3x^3+7rx^2- 2r^3=0

και το πολυώνυμο αυτό έχει ρίζα $x\approx 0,486r$ μπορούμε (λεπτομέρειες παρακάτω) να προσεγγίσουμε αυτή την τιμή με όση ακρίβεια θέλουμε, εκατέρωθεν.

Ακριβέστερα, αφού p'(x)=(3x^3+7rx^2- 2r^3)' = 3x^2+14rx

που είναι

για

, η

είναι αύξουσα γι' αυτά τα

. Tώρα η τιμή του

p(0,5r) = 0,125r^3>0

ενώ

, έχουμε ρίζα στο $(0,4r,\,0,5 r)$ και άρα ισχύει $\displaystyle \frac{4r}{10} < x < \frac{r}{2}$ που βελτιώνει την ζητούμενη. Μπορούμε ακόμα καλύτερα, π.χ. είναι p(0,48r) = -0,055424r^3<0< p(0,5r)

, οπότε $\displaystyle \frac{48r}{100} < x < \frac{50r}{100}$ . Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 5:17 pm**

Ένα αρκετά καλό κάτω φράγμα με γεωμετρική προσέγγιση (χωρίς χρήση λογισμικού).

Έστω M, N

τα μέσα των AC, BD.

Από τριγωνική ανισότητα είναι $\displaystyle MN > OM - ON \Leftrightarrow$ $\boxed{MN>x}$ (1)

: Ημιακτίνα.png (16.99 KiB) Προβλήθηκε 1269 φορές

Θεώρημα Euler: $\displaystyle A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2} = A{C^2} + B{D^2} + 4M{N^2} \Leftrightarrow$

$\displaystyle 14{x^2} + 4{r^2} = 4{r^2} - 9{x^2} + 4{r^2} - {x^2} + 4M{N^2} \Leftrightarrow 6{x^2} = {r^2} + M{N^2}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)}$

$\displaystyle 6{x^2} > {r^2} + {x^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{x > \frac{{r\sqrt 5 }}{5}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 7:50 pm**

: Ημιακτίνα.png (12.79 KiB) Προβλήθηκε 1242 φορές

Ευχαριστώ τους δύο λύτες για τον εμπλουτισμό του θέματος . Η δική μου προσέγγιση

( ώστε κάπως να προσεγγίζει το γνωστικό επίπεδο που παράγει η διδασκόμενη ύλη ) :

Με Πυθαγόρειο θεώρημα και διπλή χρήση του νόμου συνημιτόνων , έχουμε :

$AC^2=4r^2-9x^2=4r^2+9x^2-12rx\cos\theta=x^2+4x^2+4x^2\cos\theta$ .

Αυτές , με απαλοιφή του $\theta$ , δίνουν την : 3x^2+7rx^2-2r^2=0

. Η διαχείριση

με παράγωγο και Bolzano ( όπως στην τελευταία ανάρτηση του Μιχάλη ) , δίνει το άνω φράγμα .

Το κάτω το προσέθεσα την ώρα που ετοιμαζόμουν για την ανάρτηση , σαν εφαρμογή της τριγωνικής

ανισότητας , ( αν και θεωρώ βέβαιο ότι η μαθητές θα έπαιρναν το $f(\dfrac{r}{3})$ ) ( λογικό ! )

mathematica.gr

Ημιακτίνα

Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα

Re: Ημιακτίνα