Dane jest na płaszczyznie kolo o promieniu R, wewnatrz którego umieszczono w całkiem dowolny sposob n parami rozłacznych kół o promieniu r, każde. ,ale tak, ze nie da sie juz wstawic ani jednego wiecej!. Nalezy wykazać , iz zachodzi wówczas poniższe szacowania: Uwaga: każde oryginalne rozw. jest bardzo mile widziane....
\(\displaystyle{ \frac{R-r}{2r} }\)
koła w kole
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11373
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
- Anathemed
- Użytkownik
- Posty: 101
- Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 34 razy
koła w kole
Prawa nierówność wynika z porównania sum pól małych kół i dużego koła:
\(\displaystyle{ \pi R^2 > n\pi r^2}\)
Natomiast co do lewej nierówności, to mam wątpliwości co do tego, czy jest ona prawdziwa...
Np. dla: \(\displaystyle{ n=1}\), \(\displaystyle{ r = \frac{1}{10}R}\) nie jest ona prawdziwa...
\(\displaystyle{ \pi R^2 > n\pi r^2}\)
Natomiast co do lewej nierówności, to mam wątpliwości co do tego, czy jest ona prawdziwa...
Np. dla: \(\displaystyle{ n=1}\), \(\displaystyle{ r = \frac{1}{10}R}\) nie jest ona prawdziwa...
- JHN
- Użytkownik
- Posty: 668
- Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 206 razy
koła w kole
Druga w ciągu nierówności jest dosyć oczywista:
Suma pól kół mniejszych jest mniejsza (bo z oczywistych przyczyn nie może być równa) od pola danego koła, czyli
\(\displaystyle{ n\cdot\pi r^2}\)
Suma pól kół mniejszych jest mniejsza (bo z oczywistych przyczyn nie może być równa) od pola danego koła, czyli
\(\displaystyle{ n\cdot\pi r^2}\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11373
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
koła w kole
JHN napisał:
tak , prawa nierownosc i stotnie idzie "bez bólu", a lewa....hm jak r> R to n=0, i jest okvAle przecież jeżeli , to nie ma "małych" kół. W przeciwnym przypadku jest co najmniej jedno
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11373
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
koła w kole
Anathemed napisal:
strasznie wszystkich przepraszam, opuscilem jedno "male " załozenie, sorki, juz poprawione......uuupsWydaje mi się, że lewa nierówność - owszem jest prawdziwa, ale w drugą stronę
- Anathemed
- Użytkownik
- Posty: 101
- Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 34 razy
koła w kole
No to założenie całkowicie zmienia postać rzeczy
Moje rozwiązanie jest takie:
Rozważmy n kół o środkach takich samych jak środki naszych małych kół, ale o promieniach długości 2r.
Udowodnię, że koła te muszą całkowicie pokrywać powierzchnię koła (oznaczmy to koło przez S) o środku takim jak duże koło o promieniu R, ale o promieniu mniejszym, wynoszącym \(\displaystyle{ R - r}\)
Załóżmy nie wprost, że istnieje jakiś punkt wewnątrz koła S, który nie należy do żadnego z kół o promieniach 2r. To znaczy, że punkt ten jest odległy o conajmniej 2r od środków pozostałych kół o promieniach 2r (a co za tym idzie od kół o promieniach r, które mają te same środki), ponadto jest on oddalony conajmniej o odległość r od krawędzi dużego koła o promieniu R, a to oznacza że możemy dorysować koło o środku w tym punkcie i o promieniu r, rozłączne z pozostałymi kołami o promieniach r, a to jest na mocy założenia niemożliwe, co kończy dowód.
Tak więc koła o promieniu 2r całkowicie pokrywają koło o promieniu R - r, co oznacza że:
\(\displaystyle{ n \pi (2r)^2 > \pi (R - r)^2}\), skąd już wynika nasza nierówność
Moje rozwiązanie jest takie:
Rozważmy n kół o środkach takich samych jak środki naszych małych kół, ale o promieniach długości 2r.
Udowodnię, że koła te muszą całkowicie pokrywać powierzchnię koła (oznaczmy to koło przez S) o środku takim jak duże koło o promieniu R, ale o promieniu mniejszym, wynoszącym \(\displaystyle{ R - r}\)
Załóżmy nie wprost, że istnieje jakiś punkt wewnątrz koła S, który nie należy do żadnego z kół o promieniach 2r. To znaczy, że punkt ten jest odległy o conajmniej 2r od środków pozostałych kół o promieniach 2r (a co za tym idzie od kół o promieniach r, które mają te same środki), ponadto jest on oddalony conajmniej o odległość r od krawędzi dużego koła o promieniu R, a to oznacza że możemy dorysować koło o środku w tym punkcie i o promieniu r, rozłączne z pozostałymi kołami o promieniach r, a to jest na mocy założenia niemożliwe, co kończy dowód.
Tak więc koła o promieniu 2r całkowicie pokrywają koło o promieniu R - r, co oznacza że:
\(\displaystyle{ n \pi (2r)^2 > \pi (R - r)^2}\), skąd już wynika nasza nierówność