Geometri

[Gustav]

La O være sentrum i en sirkel, og A et fast punkt forskjellig fra O som ligger innenfor sirkelen. Bestem alle punkter P på sirkelen slik at vinkel OPA er maksimal.

[Nebuchadnezzar]

Traktormetode skipp og hoy! .. Tegn en rett linje gjennom $SA$, konstruer
en linje som står vinkelrett på $SA$ og går gjennom $A$. Skjæringspunktet
mellom denne linjen og sirkelen er punktene $P'$ og $P''$

På grunn av symmetri kan vi la $A$ ligge på diameteren til sirkelen, og trenger
da bare å drøfte øvre eller nedre halvsirkel. Den andre løsningen vil være den konjugerte
eller speilet omkring diameteren.



La som på figuren $a=SA$ og $x = SP_x$, altså $x$-koordinaten til punktet $P$.
Via litt algebra har en nå at

$ \hspace{1cm} \tan \angle SAP = \cfrac{\sqrt{r^2 - x^2\,}\,}{a-x}$

Videre har vi fra sinus-setningen at

$\hspace{1cm} \cfrac{\sin \angle APS}{a} = \frac{\sin\angle SAP}{r}$

Via litt algebra kan vi løse likningen ovenfor for vinkelen vår

$\hspace{1cm} \sin \angle APS = \cfrac{a}{r} \frac{\sqrt{r^2 - x^2\,}\,}{\sqrt{r^2 - 2 x a + a^2\,}\,}$

Hvor det blant annet ble brukt at $\sin (\arctan x) = x / \sqrt{1+x^2} $.
Ved å ta arcsin av likningen ovenfor, derivere og se når den deriverte
er null. Finner en at $x = a$. Altså er vinkelen maksimal når $P$ er direkte
"over" A. Altså $PA \perp AS$.

[Gustav]

Ja, ser bra ut, selv om et rent geometrisk argument ville vært mer elegant. Oppgaven er forresten fra den kanadiske matematikkolympiaden i 1977.

[skf95]

Ja, ser bra ut, selv om et rent geometrisk argument ville vært mer elegant. Oppgaven er forresten fra den kanadiske matematikkolympiaden i 1977.

Hva er det som gjør Nebus løsning ikke-geometrisk? For et mindre erfarent øye ser det ut som geometri på høyt nivå

[Nebuchadnezzar]

Løsningen jeg skrev er vel så analytisk som du kan få den. Letet litt etter en geometrisk forklaring
og lekte meg litt i geogebra, men kom ikke fram til noe fornuftig. Regner med Brahmagupta eller
noen andre klarer å komme med en geometrisk løsning.

[Gustav]

Ja, ser bra ut, selv om et rent geometrisk argument ville vært mer elegant. Oppgaven er forresten fra den kanadiske matematikkolympiaden i 1977.

Hva er det som gjør Nebus løsning ikke-geometrisk? For et mindre erfarent øye ser det ut som geometri på høyt nivå

Med geometrisk mener jeg her uten bruk av trigonometriske funksjoner som sin og tan, og uten bruk av kalkulus (nebu brukte f.eks. derivasjon).

[Brahmagupta]

Alternativ løsning

Denoter sirkelen ved [tex]R[/tex] og radien [tex]r[/tex]. For et gitt punkt [tex]P[/tex] på [tex]R[/tex] la [tex]Q=AP\cap R[/tex], altså
skjæringspunktet mellom sirkelen og linja [tex]AP[/tex]. [tex]\triangle{PQO}[/tex] er likebeint med [tex]OP=OQ=r[/tex].
Det er greit å se at når [tex]\angle{OPA}=\angle{OPQ}=\angle{OQP}[/tex] maksimeres vil [tex]\angle{POQ}[/tex] minimeres og
dermed også [tex]PQ[/tex] minimeres. Så hvis vi kan finne punktene [tex]P[/tex] slik at [tex]PQ[/tex] ([tex]Q[/tex] er definert
som ved konstruksjonen ovenfor) blir minimert så vil de samme punktene maksimere [tex]\angle{OPA}[/tex].

Trekk nå først diameteren gjennom [tex]OA[/tex] og konstruer normalen til [tex]OA[/tex] i [tex]A[/tex]. La [tex]P'[/tex] og [tex]Q'[/tex]
være skjæringspunktene mellom denne normalen og sirkelen. Merk at [tex]A[/tex] nå er midtpunktet på [tex]P'Q'[/tex].

Velg nå et vilkårlig punkt [tex]P[/tex] på sirkelen og konstruer [tex]Q[/tex] slik som i første avsnitt. Trekk normalen fra [tex]O[/tex]
ned på [tex]PQ[/tex] og denoter skjæringspunktet med [tex]S[/tex]. Nå er [tex]OA[/tex] hypotenusen i [tex]\triangle{OAS}[/tex] og
dermed er [tex]OA\geq OS[/tex]. Da har vi at

[tex]PQ=2PS=2\sqrt{OP^2-OS^2}\geq2\sqrt{OP^2-OA^2}=2P'A=P'Q'[/tex]

Og dermed er [tex]\angle{OP'A}\geq\angle{OPA}[/tex]. Siden punktet [tex]P[/tex] er vilkårlig viser dette at det er punktene [tex]P'[/tex] og
[tex]Q'[/tex] vi er ute etter.