Trójkąt i parabola

[Tomasz Tkaczyk]

Punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) leżą na paraboli \(\displaystyle{ y = x^{2}}\). Na łuku \(\displaystyle{ AB}\) tej paraboli wybrano punkt \(\displaystyle{ M}\) tak, że pole trójkąta \(\displaystyle{ AMB}\) jest największe możliwe.
Udowodnij, że styczna do paraboli w punkcie \(\displaystyle{ M}\) jest równoległa do odcinka \(\displaystyle{ AB}\).

[szw1710]

A czy da się tak zrobić? Windując \(\displaystyle{ M}\) w górę pole trójkąta zmierza do nieskończoności.

Można by się zastanowić, gdyby punkt \(\displaystyle{ M}\) z założenia leżał poniżej odcinka \(\displaystyle{ AB}\). Wtedy istnieje trójkąt o największym polu.

[Ania221]

...Na łuku \(\displaystyle{ AB}\) tej paraboli wybrano punkt \(\displaystyle{ M}\)...

[szachimat]

Jeżeli \(\displaystyle{ A(a;b)}\), \(\displaystyle{ B(c;d)}\), \(\displaystyle{ M(x; x^{2} )}\) (niech \(\displaystyle{ a<b}\)), to współczynnik kierunkowy prostej AB musi być równy pochodnej funkcji \(\displaystyle{ y=x ^{2}}\) w punkcie \(\displaystyle{ x_{0}}\)
Należy wymyślić jakiś najprostszy wzór na pole trójkąta i przedstawić go za pomocą jednej zmiennej "x", a następnie wyliczyć dla jakiego "x" będzie maksimum (będzie to nasze \(\displaystyle{ x_{0}}\))

[szw1710]

Ania221, też prawda

szachimat, na paraboli punkt z twierdzenia Lagrange'a leży pośrodku punktów, do których się je stosuje (chodzi oczywiście o odcięte). Równoległość stycznej do siecznej = twierdzenie Lagrange'a. Tak więc wystarczy wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ x_M=\frac{x_A+x_B}{2}}\), to pole trójkąta \(\displaystyle{ AMB}\) jest największe i na odwrót (co nas bardziej interesuje).

[szachimat]

Ania221, też prawda

szachimat, na paraboli punkt z twierdzenia Lagrange'a leży pośrodku punktów, do których się je stosuje (chodzi oczywiście o odcięte). Równoległość stycznej do siecznej = twierdzenie Lagrange'a. Tak więc wystarczy wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ x_M=\frac{x_A+x_B}{2}}\), to pole trójkąta \(\displaystyle{ AMB}\) jest największe i na odwrót (co nas bardziej interesuje).

Nie chce mi się wnikać w twierdzenie Lagrange'a, ale nie jestem do końca przekonany, że zawsze punkt M będzie dokładnie na środku.

[szw1710]

Jeśli prawdziwa jest teza zadania, to tak być musi. Zobacz na wpis na moim blogu: ... zenie.html

Rachunek różniczkowy da nam szybki dowód. Ja poszukuję czegoś geometrycznego i prostego.

[timon92]

a czy to przypadkiem nie jest prawdziwe dla dowolnej funkcji różniczkowalnej?

tzn. niech \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) leżą na wykresie funkcji różniczkowalnej i niech \(\displaystyle{ M}\) będzie punktem na fragmencie tego wykresu zawartym między \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), przy czym pole \(\displaystyle{ AMB}\) jest największe możliwe (taki punkt \(\displaystyle{ M}\) oczywiście istnieje bo zwartość itd) no i teraz jeśli prosta \(\displaystyle{ l}\) przechodząca przez \(\displaystyle{ M}\) równoległa do \(\displaystyle{ AB}\) nie jest styczna do wykresu to znaczy, że istnieje jakiś punkt \(\displaystyle{ N}\) na wykresie po drugiej stronie prostej \(\displaystyle{ l}\) niż punkty \(\displaystyle{ A,B}\) i wtedy pole \(\displaystyle{ ABN}\) jest jednak większe niż pole \(\displaystyle{ ABM}\) co daje sprzeczność

[yorgin]

Ciekawostka: punkt styczności \(\displaystyle{ M}\), dla którego pole jest największe, jest punktem przecięcia paraboli z prostą przechodzącą przez środek odcinka \(\displaystyle{ AB}\), równoległą do osi paraboli.

Całkiem niedawno pisał o tym problemie (w kontekście innego, dotyczącego pola odcinka paraboli) Marek Kordos

Kod: Zaznacz cały

http://www.deltami.edu.pl/temat/matematyka/geometria/planimetria/2014/10/01/1410delta-mala-delta.pdf

.

[szachimat]

yorgin o tym co piszesz właśnie napisał szw1710 - ja miałem bardziej zawile zapisany "x" w zależności od a, b, c, d. Ale rzeczywiście daje się go zapisać prościej. szw1710 napisał, że "poszukuje czegoś geometrycznego i prostego" - ano pomyślmy jeszcze nad tym problemem.

[Tomasz Tkaczyk]

Przedłużmy odcinek \(\displaystyle{ [AB]}\) do całej prostej \(\displaystyle{ K}\). Jeśli weźmiemy styczną do paraboli równoległą do odcinka \(\displaystyle{ [AB]}\), to taka prosta jest wyznaczona jednoznacznie, ponieważ przecina pewien punkt postaci \(\displaystyle{ M = (x_{0}, x_{0}^{2})}\), oraz współczynnik kierunkowy jest wyznaczony przez współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez \(\displaystyle{ [AB]}\). Niech ta styczna będzie oznaczona przez \(\displaystyle{ L}\) Teraz weźmy zbiór \(\displaystyle{ P}\) wszystkich prostych prostopadłych do obu prostych zaczynając od prostej przechodzącej przez punkt \(\displaystyle{ A}\) a kończąc na prostej przechodzącej przez punkt \(\displaystyle{ B}\). Badamy odcinki będące częścią wspólną prostych ze zbioru \(\displaystyle{ P}\) z obszarem pomiędzy \(\displaystyle{ AB}\) a parabolą.
Z wypukłości funkcji \(\displaystyle{ x^{2}}\) wynika, że najdłuższym spośród tych odcinków będzie ten, do którego należy punkt \(\displaystyle{ M}\), bo tylko ten realizuje odległość pomiędzy dwiema prostymi. Niech \(\displaystyle{ H}\) będzie tym odcinkiem. Wówczas z maksymalności \(\displaystyle{ |H|}\) trójkąt o podstawie \(\displaystyle{ AB}\) i wysokości \(\displaystyle{ H}\) ma największe pole spośród wszystkich trójkątów o podstawie \(\displaystyle{ AB}\) i trzecim punkcie na paraboli.

[szachimat]

Tomasz Tkaczyk - rzeczywiście ma to sens

[Ania221]

Wsp kierunkowy prostej \(\displaystyle{ AB}\)
\(\displaystyle{ \frac{y_b-y_A}{x_B-x_A}= \frac{x_B^2-x_A^2}{x_B-x_A}=x_B+x_A=m}\)

Wsp kierunkowy stycznej w punkcie \(\displaystyle{ M(x,y)}\)
\(\displaystyle{ m=2x}\)
\(\displaystyle{ x_B+x_A=2x}\)
stąd \(\displaystyle{ x= \frac{x_B+x_A}{2}}\)
\(\displaystyle{ y=x^2}\)
Pole z wyznacznika

\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} \left|x_B-x_A \right|\left|x(x_B+x_A)-x^2-x_Ax_B \right|}\)

pochodna \(\displaystyle{ P'=0}\) gdy \(\displaystyle{ x_B+x_A=2x}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ x_B+x_A=m}\)

[szw1710]

Jakie jest imię damskie od Tomasza? Tego niedowiarka oczywiście. Nie mówiłem, że pośrodku?

[Ania221]

Jakie jest imię damskie od Tomasza? Tego niedowiarka oczywiście. Nie mówiłem, że pośrodku?

O-o-o....ale mogłeś się pomylić a teraz już wiem na pewno