Matematyka.pl

Mam problem z takimi zadaniami:
1.Środki krawędzi czworościanu leżą na jednej sferze. Wyznacz maksimum objętości tego czworościanu.

2.Wyznacz wszystkie funkcje\(\displaystyle{ f:(-1;+ \infty ) \rightarrow (-1;+ \infty )}\) spełniające warunki:
(1) \(\displaystyle{ f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x)}\)dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y \in (-1;+ \infty )}\)
(2) funkcja \(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x}}\) jest rosnąca w każdym z przedziałów \(\displaystyle{ (-1;0)}\) i \(\displaystyle{ (0;+ \infty )}\)

3.Niech ABC będzie trójkątem ostrokątnym, zaś M, N i P - rzutami prostokątnymi środka ciężkości tego trójkąta na boki BC, CA, AB. Udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{4}{27} < \frac{S(MNP)}{S(ABC)} \leqslant \frac{1}{4}}\) Gdzie \(\displaystyle{ S(XYZ)}\) oznacza oczywiście pole trójkąta XYZ

ad 2) to chyba z jakiegoś MOM było

\(\displaystyle{ f(f(0))=f(0)}\), zatem istnieje takie a, że \(\displaystyle{ f(a)=a}\)

Połózmy \(\displaystyle{ (x,y)=(a,a)}\), wówczas: \(\displaystyle{ f(a^2+2a)=a^2+2a}\) oraz niech \(\displaystyle{ b=a^2+2a}\). Gdyby \(\displaystyle{ a}\)

ad 3 -> jesli ktos potrafi udowodnic (jesli to w ogole prawda), ze AM BN i CP przecinaja sie w jednym punkcie, to jest sposob na udowodnienie prawej nierownosci. Nad zadaniem jeszcze pomysle bo ciekawe, ale moze ta uwaga sie komus przyda.

Zad. 1
Rozpatrzmy czworościan foremny o krawędzi długości a. Zauważmy, że jeśli poprowadzimy sferę styczną do wszystkich krawędzi tego czworościanu, to środki krawędzi tego czworościanu będą należały do sfery. Jeśli przyjmiemy oznaczenia:

\(\displaystyle{ A}\) - środek krawędzi podstawy czworościanu
\(\displaystyle{ B}\)- przeciwległy wierzchołek krawędzi podstawy czworościanu
\(\displaystyle{ C}\) - górny wierzchołek, z którego poprowadzimy wysokość czworościanu
\(\displaystyle{ AC}\) - wysokość ściany bocznej czworościanu
\(\displaystyle{ BC}\) - krawędź boczna czworościanu
\(\displaystyle{ O}\) - środek kuli, której powierzchnia jest sferą o której mowa w zadaniu
niech \(\displaystyle{ r}\) - promień kuli, której powierzchnia jest sferą o której mowa w zadaniu

Przekrój czworościanu - trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoramienny i \(\displaystyle{ AB=AC,}\) zauważmy ponadto, że jeśli nasza sfera (powierzchnia kuli) będzie mieć promień\(\displaystyle{ r,}\) to średnica kuli\(\displaystyle{ D=2r=AD}\), gdzie \(\displaystyle{ D}\) - środek krawędzi bocznej czworościanu, i \(\displaystyle{ CD=BD}\), więc środek sfery będzie leżał na wysokości trójkąta \(\displaystyle{ ABC,}\) czyli będzie należał do wysokości \(\displaystyle{ AD}\), dalej zauważamuy, że\(\displaystyle{ OD=OA=r.}\) Wykorzystując te własności możemy wyznaczyć np. objętość kuli stycznej do wszystkich krawędzi czworościanu, która wyniesie\(\displaystyle{ V= \frac{4}{3}\pi r^3= \frac{\pi a^3 \sqrt{2} }{24}}\). stąd np. obliczając wartość wyrażenia\(\displaystyle{ a^3 \sqrt{2}= 32r^3}\)
Ponieważ objętość czworościanu wynosi \(\displaystyle{ V= \frac{a^3 \sqrt{2} }{12}}\), to objętość ta będzie największa, gdy środki czworościanu będą leżeć na jednej sferze, czyli:
\(\displaystyle{ Vmax= \frac{32r^3}{12}= \frac{8r^3}{3}}\).

Podsumowując, należało w treści zadania napisać jednoznacznie, że mamy wyznaczyć maksimum objętości czworościanu, gdy jego środki będą należeć do sfery, która jest powierzchnią kuli o promieniu \(\displaystyle{ r}\)

[ Dodano: 3 Stycznia 2009, 13:09 ]
Zatem objętość czworościanu będzie największa i wyniesie\(\displaystyle{ Vmax= \frac{32r^3}{12}= \frac{8r^3}{3}}\). gdy powierzchnia kuli - sfera będzie styczna do wszystkich krawędzi czworościanu, a będzie ona styczna w punktach będących środkami krawędzi czworościanu.

Grzegorz t pisze:czworościan foremny

Ale tak być nie musi...

A niech to, znowu zrozumiałem, że chodzi o czworościan foremny, przecież to może być dowolny czworościan.

Co do trzeciego to ja bardzo dawno temu potrafiłem. Z trygonometrii jakoś.

Zad 3.

łatwo zauważyć że zachodzi taka zależność między odległościami środka ciężkości a wysokościami trójkąta:

\(\displaystyle{ r_{1}= \frac{1}{3}h_{1}, r_{2}= \frac{1}{3}h_{2}, r_{3}= \frac{1}{3}h_{3}}\)

i teraz liczmy stosunek pól tych trójkątów pole trójkąta mniejszego liczę ze wzoru sinusowatego,

kąty między r1,r2,r3 to:

\(\displaystyle{ 180- \alpha ,180- \beta ,180-\gamma}\)

\(\displaystyle{ \frac{S_{1}}{S}= \frac{\frac{1}{2} \frac{1}{3} \frac{1}{3}h_{1}h_{2}\sin\alpha+ \frac{1}{2} \frac{1}{3} \frac{1}{3}h_{1}h_{3}\sin\beta+ \frac{1}{2} \frac{1}{3} \frac{1}{3}h_{2}h_{3}\sin\gamma} {P}=}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{9}* \frac{ \frac{1}{2}ac\sin^{2}\alpha\sin\beta+\frac{1}{2}bc\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma+ \frac{1}{2}ab\sin\beta\sin^{2}\gamma }{S}=}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{9}*\frac{S\sin\ \alpha\sin\ \beta+S\sin\ \alpha\sin\ \beta+S\sin^{2}\gamma }{S}=\frac{1}{9}(2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma)}\)

teraz zbadamy funkcję:

\(\displaystyle{ f= \frac{1}{9}(2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma)}\)

pamiętając iż:

\(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=180^{0}}\)

będziemy udowadniać że:

\(\displaystyle{ 2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma \le \frac{9}{4}}\)


Wobec tego
tworzymy funkcję:

\(\displaystyle{ g=2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma -k( \alpha+\beta+\gamma-180^{0})}\)

\(\displaystyle{ g^{'}_{\alpha}=2\cos\alpha\sin\beta=k}\)

\(\displaystyle{ g^{'}_{\beta}=2\sin\alpha\cos\beta=k}\)

\(\displaystyle{ g^{'}_{\gamma}=2\sin\gamma\cos\gamma=k}\)

Liczę i liczę...
nie będę dalej trolował w każdym bądź razie wychodzi nam że maximum wychodzi dla:

\(\displaystyle{ \alpha=\beta= \gamma= 60^{0}}\)

czyli:

\(\displaystyle{ 2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma \le 2* \frac{ \sqrt{3} }{2} \frac{ \sqrt{3} }{2}+(\frac{ \sqrt{3} }{2})^{2}= \frac{9}{4}}\)

lewą stronę podejrzewam, że udowadnia się podobnie.

Wystarczy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ 2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\gamma> \frac{4}{3}}\)

Podejrzewam że się to da zrobić.

No to nie działa.

Hmm na mój gust troszkę dziwne, że w drugą stronę nie działa

-- 17 stycznia 2012, 00:37 --

a w drugą stronę działa , zresztą mnie już to zdziwiło, że nie mogłem znaleźć podczas liczenia
pochodnych minimum tej funkcji co dało mi do myślenia było tylko maximum!

-- 17 stycznia 2012, 00:44 --

No jak się temu przyjrzeć to wygląda że dołem ogranicza to tylko zero!

-- 17 stycznia 2012, 00:54 --

Tak to zmierza do zera

-- 17 stycznia 2012, 19:45 --

I jak jest z tą lewą stroną?

-- 18 stycznia 2012, 11:11 --

A tak na zdrowy rozum jak to wygląda tak normalnie z polskiego na nasze?
Czemu te granice są takie dziwne-- 18 stycznia 2012, 11:15 --częściej symbol nieoznaczony :

\(\displaystyle{ \frac{0}{0}=k \neq 0}\)

niż:

\(\displaystyle{ \frac{0}{0}= 0}\)

a w tym przypadku tego zadania 3 w tej granicy dolnej coś mi się nie kleji.