Trygonometria, zadanie nr 6143
ostatnie wiadomości | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwiązanie |
| pm12 postów: 493 |  2018-01-17 15:15:11Określić największe oszacowanie dolne i najmniejsze oszacowanie górne dla wyrażenia sin$\alpha$ $\cdot$ sin$\beta$ $\cdot$ sin$\gamma$ , gdzie $\alpha, \beta, \gamma$ - kąty wewnętrzne pewnego trójkąta. |
| tumor postów: 8070 | 2018-01-17 21:07:44 Można z użyciem rachunku różniczkowego, ale to męczące rachunki. Zamiast tego wyjdźmy od twierdzenia sinusów $ \frac{a}{sin\alpha}=\frac{c}{sin\gamma}=2R$ i pomnóżmy skrajne wyrażenia przez $sin\alpha sin\beta *c$ Mamy $ac*sin\beta=2R*\frac{c}{sin\gamma}*sin\alpha sin\beta sin\gamma$ czyli $\frac{P}{2}=R^2 sin\alpha sin\beta sin\gamma$ Przyjmując R=1 otrzymamy zagadnienie $\frac{P}{2}= sin\alpha sin\beta sin\gamma$ znalezienia kresu górnego i dolnego pola trójkąta wpisanego w okrąg jednostkowy. Tu rozwiązanie jest intuicyjne. :) |
| pm12 postów: 493 | 2018-01-18 00:52:03 Niestety, nie jest intuicyjne. |
| tumor postów: 8070 | 2018-01-18 09:41:33 Oj tam. Robiąc coraz bardziej rozwarty kąt można zmniejszać pole trójkąta dowolnie (kresem, choć nieosiągniętym, będzie 0). Przy zwiększaniu pola trójkąta jest tylko nieco trudniej. Jeśli masz podstawę trójkąta już daną (jako cięciwę koła), to łatwo dostrzec, że największe pole będzie miał trójkąt równoramienny (o największej wysokości). Wyobraźmy sobie teraz, że wybraliśmy jakikolwiek trójkąt równoramienny, który nie jest równoboczny. Obracamy go tak, żeby podstawą stało się jedno z ramion. Widzimy, że teraz da się zwiększyć pole "wyrównując" pozostałe boki. Czyli: a) jeśli mamy różnoboczny, to istnieje równoramienny o tej samej podstawie i większym polu b) jeśli równoramienny nie jest równoboczny, to istnieje trójkąt równoramienny o większym niż on polu c) zatem wynikiem musi być równoboczny. ---- Można rzecz obliczyć rachunkiem różniczkowym jednej zmiennej wychodząc od faktu, że rozwiązanie musi być trójkątem równoramiennym. Jeśli kąt wpisany jest $\alpha$, to środkowy $2\alpha$. Połowa podstawy to $sin\alpha$, a wysokość trójkąta to $cos\alpha+1$. Możemy zatem maksymalizować $sin\alpha(cos\alpha+1)$ Pochodna $cos\alpha(cos\alpha+1)-sin\alpha(sin\alpha)= 2cos^2\alpha+cos\alpha-1$ czyli równanie kwadratowe $t^2+t-1=0$, pochodna zeruje się dla $t=cos\alpha=\frac{1}{2}$. Sprawdzamy, że jest tam ekstremum. (Na dobrą sprawę wiemy, że jest, bo tu kres musi być osiągnięty) |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj