koła w kole

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6653
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2592 razy
Pomógł: 684 razy

koła w kole

Post autor: mol_ksiazkowy » 23 lip 2007, o 10:30

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....
\(\displaystyle{ \frac{R-r}{2r} }\)
Ostatnio zmieniony 23 lip 2007, o 11:15 przez mol_ksiazkowy, łącznie zmieniany 2 razy.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
Anathemed
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 101
Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 34 razy

koła w kole

Post autor: Anathemed » 23 lip 2007, o 10:44

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...

Awatar użytkownika
JHN
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 564
Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Radom
Podziękował: 5 razy
Pomógł: 171 razy

koła w kole

Post autor: JHN » 23 lip 2007, o 10:47

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
\(\displaystyle{ n\cdot\pi r^2}\)

Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6653
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2592 razy
Pomógł: 684 razy

koła w kole

Post autor: mol_ksiazkowy » 23 lip 2007, o 10:59

JHN napisał:
Ale przecież jeżeli , to nie ma "małych" kół. W przeciwnym przypadku jest co najmniej jedno
:arrow: tak , prawa nierownosc i stotnie idzie "bez bólu", a lewa....hm jak r> R to n=0, i jest okv

Awatar użytkownika
Anathemed
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 101
Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 34 razy

koła w kole

Post autor: Anathemed » 23 lip 2007, o 11:02

Wydaje mi się, że lewa nierówność - owszem jest prawdziwa, ale w drugą stronę

Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6653
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2592 razy
Pomógł: 684 razy

koła w kole

Post autor: mol_ksiazkowy » 23 lip 2007, o 11:13

Anathemed napisal:
Wydaje mi się, że lewa nierówność - owszem jest prawdziwa, ale w drugą stronę
strasznie wszystkich przepraszam, opuscilem jedno "male " załozenie, sorki, juz poprawione......uuups

Awatar użytkownika
Anathemed
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 101
Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 34 razy

koła w kole

Post autor: Anathemed » 23 lip 2007, o 11:52

No to założenie całkowicie zmienia postać rzeczy :wink:

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

ODPOWIEDZ