6
1

alt text

задан 30 Янв '22 0:37

4

Интересная задача. Я вроде как её решил, но вычисления получились довольно длинные. Правда, в ответе числа весьма приличные. В качестве ответа у меня arccos(5sqrt(10)/16)/2, то есть примерно 4,4 градуса. Позже, может быть, изложу подробно.

(30 Янв '22 5:36) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
6

У меня тоже получились довольно длинные вычисления. Обозначим $%x=KM$%, тогда $%CK=\dfrac{1}{2}-x$%, $%BK=\dfrac{1}{2}+x$% (то, что $%BK>CK$%, вытекает из условия на угол $%C$% и того, что $%AB>1$%). Биссектриса, проведённая к стороне треугольника, делит эту сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, поэтому $%c=AB=\dfrac{\frac{1}{2}+x}{\frac{1}{2}-x}$%. Заметим, что $%0 < x < \dfrac{1}{2}$%. Далее, по формуле для биссектрисы $%l_a^2=bc-BK\cdot CK=\dfrac{\frac{1}{2}+x}{\frac{1}{2}-x}-\left(\dfrac{1}{2}-x\right)\left(\dfrac{1}{2}+x\right)$%, а по формуле для медианы $%m_a^2=\dfrac{b^2+c^2}{2}-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\frac{1}{2}+x}{\frac{1}{2}-x}\right)^2$%. Тогда, подставляя всё в теорему косинусов для треугольника $%AMK$% и проводя простые упрощения, получаем, что $$\cos\alpha=\dfrac{m_a^2+l_a^2-x^2}{2m_al_a}=\sqrt{\dfrac{3+4x-4x^2}{(1-4x^2)(3+4x+12x^2)}}.$$

Ясно, что достаточно минимизировать функцию $%f(x)=\dfrac{3+4x-4x^2}{(1-4x^2)(3+4x+12x^2)}$%, что тоже делается несложно. Производная приводит к уравнению $%12x^2-28x+3=0$%, из которого получаем $%x_{\min}=\dfrac{7}{6}-\dfrac{\sqrt{10}}{3}$%, поэтому $%f_{\min}=\dfrac{16+5\sqrt{10}}{32}$%, откуда $%\alpha_{\max}=\arccos\sqrt{\dfrac{16+5\sqrt{10}}{32}}$%, что даёт примерно $%4,4^{\circ}$%. По формуле двойного угла это можно свести к более простому ответу @falcao.

ссылка

отвечен 30 Янв '22 11:23

изменен 30 Янв '22 13:45

10|600 символов нужно символов осталось
4

Хотя решения уже помещены, но я вычислял несколько по-другому, поэтому для разнообразия помещу то, что у меня было. Забавно, что я почти всё считал только вручную, и только один раз применил компьютер для вычисления производной.

Неизвестный угол, который надо максимизировать, обозначим через $%z$%, а угол при основании равнобедренного треугольника через $%2t$%, где $%0 < t < \frac{\pi}6$%. Поскольку $%AB=2\cos2t$%, можно приравнять площади треугольников, на которые медиана разбивает исходный треугольник, получая $$\frac{\sin(t-z)}{\sin(t+z)}=2\cos2t.$$

Применяя формулы синуса разности и синуса суммы, имеем $%\sin z\cos t(1+a)=\cos z\sin t(1-a)$%, где $%a$% -- правая часть уравнения. Отсюда $%\tan z=\tan t\cdot\frac{1-a}{1+a}$%. Заметим, что косинус выражается через тангенс половинного угла, поэтому для $%u=\tan t$% мы получим $%a=\frac{2(1-u^2)}{1+u^2}$%. Отсюда имеем основное уравнение $%\tan z=\frac{u(1-3u^2)}{3-u^2}$%, и эту величину надо максимизировать по переменной $%t$% на интервале. Сразу удобно возвести в квадрат, заменяя $%u^2$% на $%v$%, получая задачу $$\tan^2z=\frac{v(1-3v)^2}{(3-v)^2}\to\max.$$

Нахождение производной приводит к квадратному уравнению $%3v^2-26v+3=0$%, которое даёт точку наибольшего значения. Корень не превосходит $%\frac13$%, поэтому $%v=\frac{13-4\sqrt{10}}3$%. При этом $%1-3v=4(\sqrt{10}-3)$%, $%3-v=\frac{4(\sqrt{10}-1)}3$%, что наводит на мысль, что решение верное, так как значения несколько упростились.

Вычисления с квадратными корнями дают максимальное значение квадрата тангенса, равное $%\tan^2z=\frac{253-80\sqrt{10}}3$%. Возникает естественная идея прибавить единицу и перейти к обратному выражению: $%\cos^2z=\frac3{16(16-5\sqrt{10})}=\frac{16+5\sqrt{10}}{32}$%. Тем самым, $%\cos2z=\frac{5\sqrt{10}}{16}$% (снова всё упростилось!) даёт оптимальное значение угла $%z=\frac12\arccos\frac{5\sqrt{10}}{16}\approx0.07684876280$%, что составляет примерно $%4.403109767$% градусов.

ссылка

отвечен 30 Янв '22 16:01

10|600 символов нужно символов осталось
4

alt text

$$\tan(\angle LBM)=\dfrac{LM}{MK}\cdot\dfrac{BK}{BL}=\dfrac{LM}{MK}\cdot \cot\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)=4LM^2\cot\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)=\left(\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right)^2\cot\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)$$

$$LM\cdot MK=AM\cdot MC=\dfrac{1}{4}\ ,\ \ \ LM=\dfrac{1}{2} \tan \left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\ ,\ \alpha \le 60^o$$

Минимум $%\tan(\angle LBM)$% достигается при :

$$2\sin(3\alpha)=3\sin(\alpha) \Rightarrow \cos^2\alpha=\dfrac{5}{8}\ ,\ \tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\dfrac{\sqrt 8-\sqrt 5}{\sqrt 3}$$

$$\tan(\angle LBM )\le \dfrac{8\sqrt 2-5\sqrt 5}{\sqrt 3}$$

ссылка

отвечен 31 Янв '22 20:42

Легко проверить, что этот результат совпадает с результатом, полученным в результате автоматического вычисления выше: $$\frac{8\sqrt 2-5\sqrt 5}{\sqrt 3}=\frac{\sqrt 6(\sqrt 10-2)(\sqrt 10-3)}{6}$$

(31 Янв '22 21:38) Юрий Николаевич
10|600 символов нужно символов осталось
3

Ниже - решение в Maple (вручную лень было всё это считать). Координаты точек выражены через угол при основании, обозначенный через t . Заодно проверил результаты falcao и caterpillar . Все 3 результата полностью совпали. Конечно, самый приятный для глаз результат у falcao.

alt text

ссылка

отвечен 30 Янв '22 12:16

изменен 30 Янв '22 12:21

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×846
×495
×114
×96
×35

задан
30 Янв '22 0:37

показан
451 раз

обновлен
31 Янв '22 21:38

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru