Pozdrav svima.

Zadak je sledeci:
Na elipsi [inlmath]4x^2+9y^2=1[/inlmath] naci tacku [inlmath]M(x,y)[/inlmath] u kojoj njena tangenta sa koordinatnim osama obrazuje trougao najmanje povrsine.

Date su poluose i to je ok..al nemam nikakvu pocetnu ideju...

Nadji jednacinu date tangente, a onda i preseke s koordinatnim osama. Takodje, taj trougao je pravougli, te ako su, na primer, [inlmath](c,0)[/inlmath] i [inlmath](0,d)[/inlmath] te presecne tacke, to je povrsina jednaka [inlmath]\displaystyle\frac{c\cdot d}{2}[/inlmath]. Naravno, ovaj prethodni izraz ce zavisiti od jos jedne promenljive, tj. morace da se minimizira jer se trazi najmanja povrsina.

Isto tako, mislim da je lakse ako se sve prvo prebaci u polarne koordinate, tj. [inlmath]2x=\cos\theta[/inlmath] i [inlmath]3y=\sin\theta[/inlmath], jer cemo onda zapravo imati (samo) jedan parametar koji se seta (mislim na [inlmath]\theta[/inlmath]), a i lakse ce se videti kad se povrsina minimizira (i to bez primene diferencijalnog racuna, tj. izvoda).

Prokomentarisaću način preko Dekartovih koordinata (ovaj način preko polarnih i mene bi zanimao).
Odrediš na elipsi neku tačku [inlmath]M[/inlmath], s koordinatama [inlmath]\left(x_M,y_M\right)[/inlmath]. Neka tačka [inlmath]M[/inlmath] bude u [inlmath]I[/inlmath] kvadrantu, a zbog simetrije, svakako treba da se dobiju četiri rešenja, simetrična prvom u odnosu na koordinatne ose i na koordinatni početak.


Koeficijent pravca (tj. nagib) tangente u tački [inlmath]M[/inlmath] svakako će zavisiti od izbora tačke [inlmath]M[/inlmath], tj. od njenih koordinata, a da bi ga odredio, potrebno je da prvo jednačinu elipse napišeš u eksplicitnom obliku, tj. [inlmath]\displaystyle y=\frac{\sqrt{1-4x^2}}{3}[/inlmath] (pozitivan predznak uzimamo jer posmatramo [inlmath]I[/inlmath] kvadrant), a zatim nađeš izvod [inlmath]y'[/inlmath]. Taj izvod će predstavljati nagib tangente na elispsu u zavisnosti od [inlmath]x[/inlmath]-koordinate dodirne tačke.


Ovime smo dobili koeficijent pravca [inlmath]k[/inlmath] tangente u zavisnosti od [inlmath]x_M[/inlmath]. Slobodan član [inlmath]n[/inlmath] dobijemo iz uslova da tačka [inlmath]M\left(x_M,y_M\right)[/inlmath] pripada i elipsi i tangenti.

Kad smo sve to odredili, visina traženog trougla [inlmath]h[/inlmath] biće jednaka slobodnom članu [inlmath]n[/inlmath], a osnovica [inlmath]a[/inlmath] biće jednaka [inlmath]\displaystyle -\frac{n}{k}[/inlmath] (tj. segmenti koje prava čija je jednačina [inlmath]y=kx+n[/inlmath] odseca na koordinatnim osama).

Uvrstiš sve to u formulu za površinu pravouglog trougla, [inlmath]\displaystyle P=\frac{a\cdot h}{2}[/inlmath], nađeš izvod površine po [inlmath]x_M[/inlmath], izjednačiš izvod s nulom i odatle odrediš [inlmath]x_M[/inlmath]. Zatim i [inlmath]y_M[/inlmath].

Meni lično je vrlo interesantno u ovom postupku to što se izvod koristi dvaput – prvi put radi određivanja jednačine tangente, a drugi put radi određivanja koordinata tačke [inlmath]M[/inlmath] za koju se dobije trougao minimalne površine...

Meni deluje da ima po dva rešenja u svakom kvadrantu.
Npr. da je zadata kružnica umesto elipse, tačka [inlmath]M[/inlmath] iz Danielovog posta spaja se s koordinatnim početkom i to je ugao koji [inlmath]\overline{0M}[/inlmath] zaklapa sa [inlmath]x[/inlmath] osom: [inlmath]\text{arctg}\left(\frac{r}{r}\right)=\text{arctg}(1)=\frac{\pi}{4}[/inlmath].
A za elipsu ima dve vrednosti ugla, zbog poluosa [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath].

Naime, i kružnica se takođe može smatrati elipsom, ali su joj iste poluose.

Nisam siguran da sam u pravu, samo ovo predlažem kao hipotezu. Nisam se dovoljno udubio u zadatak koji mi se na prvi pogled čini interesantnim.
I da se doreknem:
da li su rešenja u prvom kvadrantu [inlmath]\text{arctg}\left(\frac{a}{b}\right)[/inlmath] i [inlmath]\text{arctg}\left(\frac{b}{a}\right)[/inlmath]?
p.s. Ovo je čista intuicija, možda grešim i treba ovo proveriti. A i ja ću proveriti, obećavam.

desideri je napisao:A za elipsu ima dve vrednosti ugla, zbog poluosa [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath].

Ovo razmišljanje bi bilo u redu kada bi elipsa bila figura simetrična u odnosu na pravac [inlmath]y=x[/inlmath]. Ali, znamo da to nije slučaj, pa samim tim neće imati ni dve simetrične tačke u svakom kvadrantu koje bi predstavljale rešenja.

Inače, u opštem slučaju, za elipsu zadatu sa [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1[/inlmath], kao rešenja se dobiju:
[inlmath]M_1\left(\frac{a\sqrt2}{2},\frac{b\sqrt2}{2}\right)[/inlmath] – za [inlmath]I[/inlmath] kvadrant;
[inlmath]M_2\left(-\frac{a\sqrt2}{2},\frac{b\sqrt2}{2}\right)[/inlmath] – za [inlmath]II[/inlmath] kvadrant;
[inlmath]M_3\left(-\frac{a\sqrt2}{2},-\frac{b\sqrt2}{2}\right)[/inlmath] – za [inlmath]III[/inlmath] kvadrant;
[inlmath]M_4\left(\frac{a\sqrt2}{2},-\frac{b\sqrt2}{2}\right)[/inlmath] – za [inlmath]IV[/inlmath] kvadrant;

I, ako možeš da malo ovo pojasniš, pošto nije baš očigledno:

desideri je napisao:Npr. da je zadata kružnica umesto elipse, tačka [inlmath]M[/inlmath] iz Danielovog posta spaja se s koordinatnim početkom i to je ugao koji [inlmath]\overline{0M}[/inlmath] zaklapa sa [inlmath]x[/inlmath] osom: [inlmath]\text{arctg}\left(\frac{r}{r}\right)=\text{arctg}(1)=\frac{\pi}{4}[/inlmath].

Intuitivno je jasno da bi u slučaju kružnice, zbog simetrije, tražena tačka [inlmath]M[/inlmath] ležala na pravcu [inlmath]y=x[/inlmath], tj. da bi [inlmath]\overline{OM}[/inlmath] zaklapala s [inlmath]x[/inlmath]-osom ugao od [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath], kao što si ispravno i zaključio. Ali mi nije jasno ovo razmišljanje preko arkus tangensa – kako si npr. dobio ovo [inlmath]\frac{r}{r}[/inlmath] u argumentu?

Uspeo sam da resim zadatak pre neki dan.Izvinjavam se sto ne ogovaram,nisam bio u prilici.
Evo i resenja:

Kako je data jednacina [inlmath]4x^2+9y^2=1[/inlmath], lako zakljucujemo da se [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] mogu izraziti kao [inlmath]x=\frac{\cos t}{2}[/inlmath] i [inlmath]y=\frac{\sin t}{3}[/inlmath], odnosno prebacujemo u polarne koordinate.

Sada treba naci jednacinu tangente koja formira trougao sa koordinatnim osama:
Jednacina nam je data parametarski,tako da je izvod sledeci: [inlmath]\dot x=\frac{-\sin t}{2},\;\dot y=\frac{\cos t}{3}\;\Rightarrow\;\dot y(x)=-\frac{2\cos t}{3\sin t}[/inlmath].
[dispmath]t:\;y=-\frac{2\cos t}{3\sin t}x+\frac{1}{3\sin t}[/dispmath]
Sa [inlmath]A(y=0)[/inlmath] obelezimo tacku u kojoj tangenta sece [inlmath]x[/inlmath]-osu,a sa [inlmath]B(x=0)[/inlmath] tacku na [inlmath]y[/inlmath]-osi.
[dispmath]A:\;\frac{1}{3\sin t}=\frac{2\cos t}{3\sin t}x\;\Rightarrow\;x=\frac{1}{2\cos t}[/dispmath][dispmath]B:\;y=\frac{1}{3\sin t}[/dispmath]
Povrsina:
[dispmath]P=\frac{A\cdot B}{2}\;\Rightarrow\;P=\frac{1}{6\sin2t}[/dispmath]
Dobili smo da povrsina zavisi od [inlmath]\sin(2t)[/inlmath]. Minimalnu povrsinu dobijamo kada je [inlmath]\sin(2t)=\max[/inlmath], a to je kada je [inlmath]2t=\frac{\pi}{2}\;\Rightarrow\;t=\frac{\pi}{4}[/inlmath].
Sada ostaje da [inlmath]t[/inlmath] uvrstimo u [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] i dobijamo koordinate trazene tacke.

Hvala za ovo rešenje.
Ja bih se nadovezao i rešenjem za opšti slučaj, kada je elipsa zadata jednačinom [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1[/inlmath], i to radeći preko Dekartovih koordinata, po sistemu „što da bude jednostavno, kad može komplikovano“, ali nekad komplikovanija rešenja umeju biti i zanimljivija (bar meni).

Proizvoljno odredimo neku tačku [inlmath]M\left(x_M,y_M\right)[/inlmath] na elipsi, u [inlmath]I[/inlmath] kvadratntu (kao što rekoh, rešenja u ostalim kvadrantima će biti simetrična). Nagib tangente na elipsu u toj tački biće jednak izvodu po [inlmath]x_M[/inlmath] eksplicitno napisane funkcije elipse za [inlmath]I[/inlmath] kvadrant (zbog toga što posmatramo [inlmath]I[/inlmath] kvadrant, ispred korena uzimamo pozitivnu vrednost):
[dispmath]y=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\quad\Rightarrow\quad y'=-\frac{b}{a}\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}[/dispmath]
Prema tome, koeficijent pravca [inlmath]k[/inlmath] tangente [inlmath]y=kx+n[/inlmath] u tački [inlmath]M[/inlmath] biće
[dispmath]k=-\frac{b}{a}\frac{x_M}{\sqrt{a^2-x_M^2}}[/dispmath]
Slobodan član [inlmath]n[/inlmath] određujemo iz uslova da tačka [inlmath]M\left(x_M,y_M\right)[/inlmath], pri čemu je [inlmath]y_M=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x_M^2}[/inlmath], pripada toj tangenti:
[dispmath]y_M=-\frac{b}{a}\frac{x_M}{\sqrt{a^2-x_M^2}}x_M+n\\
\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x_M^2}=-\frac{b}{a}\frac{x_M^2}{\sqrt{a^2-x_M^2}}+n\\
n=\frac{ab}{\sqrt{a^2-x_M^2}}[/dispmath]
Visina posmatranog trougla, [inlmath]h[/inlmath], biće jednaka segmentu koji tangenta odseca na [inlmath]y[/inlmath]-osi, a koji je jednak slobodnom članu iz jednačine tangente, [inlmath]n[/inlmath]:
[dispmath]h=n=\frac{ab}{\sqrt{a^2-x_M^2}}[/dispmath]
Osnovica trougla (označiću je sa [inlmath]c[/inlmath] kako ne bi bilo zabune, budući da je sa [inlmath]a[/inlmath] već označena jedna od poluosa elipse), biće jednaka segmentu koji tangenta odseca na [inlmath]x[/inlmath]-osi, a koji je jednak [inlmath]-\frac{n}{k}[/inlmath], gde su [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] koeficijent pravca i slobodan član iz jednačine tangente, respektivno:
[dispmath]c=-\frac{n}{k}=-\frac{\frac{ab}{\sqrt{a^2-x_M^2}}}{-\frac{b}{a}\frac{x_M}{\sqrt{a^2-x_M^2}}}=\frac{a^2}{x_M}[/dispmath]
Površina trougla je jednaka:
[dispmath]P=\frac{1}{2}ch=\frac{1}{2}\frac{a^2}{x_M}\frac{ab}{\sqrt{a^2-x_M^2}}=\frac{a^3b}{2}\frac{1}{x_M\sqrt{a^2-x_M^2}}[/dispmath]
Površina će biti minimalna onda kada imenilac [inlmath]x_M\sqrt{a^2-x_M^2}[/inlmath] ima maksimalnu vrednost. Njegov prvi izvod po [inlmath]x_M[/inlmath] nađemo kao izvod proizvoda funkcija, a zatim izjednačimo s nulom:
[dispmath]\left(x_M\sqrt{a^2-x_M^2}\right)'=\sqrt{a^2-x_M^2}+\frac{-\cancel2x_M^2}{\cancel2\sqrt{a^2-x_M^2}}=0\\
\Rightarrow\quad\enclose{box}{x_M=\frac{a\sqrt2}{2}}[/dispmath]
[inlmath]y[/inlmath]-koordinatu tačke [inlmath]M[/inlmath], tj. [inlmath]y_M[/inlmath], nađemo uvrštavanjem dobijene vrednosti [inlmath]x_M[/inlmath] ili u jednačinu elipse, ili u jednačinu tangente:
[dispmath]\enclose{box}{y_M=\frac{b\sqrt2}{2}}[/dispmath]
To su, naravno, rešenja za prvi kvadrant. Za ostala tri kvadranta isto to po apsolutnim vrednostima, ali s različitim kombinacijama predznaka.

---

U ovom konkretnom zadatku je [inlmath]a=\frac{1}{2}[/inlmath] i [inlmath]b=\frac{1}{3}[/inlmath], pa će rešenje za [inlmath]I[/inlmath] kvadrant biti [inlmath]M\left(\frac{\sqrt2}{4},\frac{\sqrt2}{6}\right)[/inlmath].

Niti je neko oborio, niti potvrdio moju hipotezu da je:

desideri je napisao:da li je rešenje u prvom kvadrantu [inlmath]\text{arctg}\left(\frac{b}{a}\right)[/inlmath]

za dati ugao.
Toliko od mene
A vaši rezultati se uklapaju u ovu moju hipotezu
A za [inlmath]\text{arctg}\:\frac{r}{r}[/inlmath] obećavam da ću objasniti odakle mi ideja, no prvo da mi neko obori hipotezu

desideri je napisao:A za [inlmath]\text{arctg}\:\frac{r}{r}[/inlmath] obećavam da ću objasniti odakle mi ideja, no prvo da mi neko obori hipotezu

...I onda, logičkim rezonovanjem svojstvenim matematičarima, dolazimo do zaključka da nikad nećeš objasniti odakle ti ideja za [inlmath]\text{arctg}\:\frac{r}{r}[/inlmath], budući da tvoja hipoteza nikad neće biti oborena, iz prostog razloga što je tačna.
Osim, ako u to prste ne umeša ms.srki. Taj „obara“ i najneoborivije stvari.

Šalu na stranu – govorim, naravno, o hipotezi [inlmath]\theta=\text{arctg}\:\frac{b}{a}[/inlmath], a ne o hipotezi [inlmath]\theta=\text{arctg}\:\frac{a}{b}[/inlmath], budući da je ova potonja netačna (izuzev u slučaju kruga, kada je [inlmath]a=b[/inlmath]).

Lazarovo rešenje se odnosi na konkretne vrednosti date u zadatku, tako da se za njegovo rešenje može samo reći da se u tvoju hipotezu uklapa. Ali, budući da sam ja rešavao za opšti slučaj (kao da sam znao da ćeš me ovo pitati ), iz tog mog opšteg rešenja direktno sledi i potvrda druge od tvoje dve hipoteze:


Posmatrajući žućkasti trougao, jasno vidimo da je [inlmath]\theta=\text{arctg}\:\frac{y_M}{x_M}[/inlmath]. Kada u taj izraz uvrstimo rešenja koja sam dobio za [inlmath]x_M[/inlmath] i za [inlmath]y_M[/inlmath], dobijamo:
[dispmath]\left.\begin{array}{l}
x_M=\frac{a\sqrt2}{2}\\
y_M=\frac{b\sqrt2}{2}
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad\theta=\text{arctg}\:\frac{y_M}{x_M}=\text{arctg}\:\frac{\frac{b\cancel{\sqrt2}}{\cancel2}}{\frac{a\cancel{\sqrt2}}{\cancel2}}=\text{arctg}\:\frac{b}{a}[/dispmath]

Daniel je napisao:Hvala za ovo rešenje.

Nema na cemu,hvala na pomoci!

Daniel je napisao:Ja bih se nadovezao i rešenjem za opšti slučaj, kada je elipsa zadata jednačinom [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1[/inlmath], i to radeći preko Dekartovih koordinata, po sistemu „što da bude jednostavno, kad može komplikovano“

Krenuo sam prvo tako da radim,ali sam skontao jednostavniji nacin.Karakteristican sam po izostavljanju elemenata kod dugackih izraza i zadataka,pa zato uvek idem linijom manjeg otpora,u svakom slucaju resenje je interesantno,ali time bih se bavio vise u slobodno vreme,nego tokom spremanja za ispit