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Con passaggi grazie
La Formica
Re: La Formica
Chiamiamo A,B e C i vertici del triangolo (A e B quelli sulla circonferenza grande), $ O_1 $ e $ O_2 $ i centri delle circonferenze piccole, $ T_1 $ e $ T_2 $ i loro punti di tangenza con i lati del triangolo: $ AB $ e $ O_1O_2 $ sono paralleli, entrambi di lunghezza 1 per ipotesi e hanno l'asse in comune, quindi $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $. Detti $ O_3 $ il centro del cerchio grande e r il suo raggio, il triangolo $ AO_1O_3 $ avrà area $ \dfrac{1}{4} $ e i suoi lati misureranno 1, r e $ r-\dfrac{1}{2} $: ora calcoliamo r con la formula di Erone:
$ \sqrt{\left( r+\dfrac{1}{4} \right) \left( r-\dfrac{3}{4} \right) \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 48r^2-24r-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 12(2r)^2-12(2r)-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 2r=\dfrac{6 \pm \sqrt{36+12 \cdot 25}}{12} \Rightarrow $
$ \Rightarrow 2r=\dfrac{3 + 2\sqrt{21}}{6} \approx \dfrac{3 + 2 \cdot 1,732 \cdot 2,646}{6}=2,027624 \approx 2,03 $
$ \sqrt{\left( r+\dfrac{1}{4} \right) \left( r-\dfrac{3}{4} \right) \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 48r^2-24r-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 12(2r)^2-12(2r)-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 2r=\dfrac{6 \pm \sqrt{36+12 \cdot 25}}{12} \Rightarrow $
$ \Rightarrow 2r=\dfrac{3 + 2\sqrt{21}}{6} \approx \dfrac{3 + 2 \cdot 1,732 \cdot 2,646}{6}=2,027624 \approx 2,03 $
Ultima modifica di spugna il 24 mar 2011, 15:39, modificato 1 volta in totale.
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Maledetti fisici! (cit.)
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Re: La Formica
Spezza la Latexata finale sennò non si legge
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
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Re: La Formica
Io avrei fatto (detto $E$ il punto di tangenza delle due circonferenze) $ \widehat{ACO_1}=\widehat{O_1CE}=\widehat{CO_1A} $ (perché tangenti a $\Gamma_1$ e alterni interni di rette parallele) quindi $CAO_1$ isoscele e $AC=AO_1=1$spugna ha scritto: $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $.
Re: La Formica
Si sa, io trovo sempre il modo di complicarmi la vita XDpaga92aren ha scritto:Io avrei fatto (detto $E$ il punto di tangenza delle due circonferenze) $ \widehat{ACO_1}=\widehat{O_1CE}=\widehat{CO_1A} $ (perché tangenti a $\Gamma_1$ e alterni interni di rette parallele) quindi $CAO_1$ isoscele e $AC=AO_1=1$spugna ha scritto: $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $.
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Maledetti fisici! (cit.)
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