KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[320] Lóczi Lajos2005-09-22 01:45:25

(Ha már gömböknél meg kúpoknál tartunk, még egyszer beírok egy régebbi feladatot, ami még nem lett megoldva.)

Adjuk meg annak a testnek a térfogatát, amit egy (végtelen) henger metsz ki egy gömbből, ha a henger sugara épp fele a gömb sugarának és a henger palástja érinti a gömb középpontját, valamint a gömbfelület egy pontját.

[319] Lóczi Lajos2005-09-22 00:29:03

Nem "kell" a szélsőértékszámítás, csak én ezt az utat választottam: meg szeretném mutatni, hogy egy kifejezés nemnegatív. Ezt úgy láttam be, hogy megmutattam, a kifejezésnek van minimális értéke, ami éppen nulla.

Előzmény: [317] hobbymatekos, 2005-09-21 15:58:02
[318] hobbymatekos2005-09-21 17:06:51

Mivel unalmas volna a jobboldal minden (0,\frac{3}{2}) értékére végigvizsgálgatni (talán nem hiba ilyet ide irni, hiszen itt messze az egyetemi mat. tananyagban járatos középiskolások vannak):\Phi(x,y,z) skalár-pont fv. (skalármező), egyetlen szakadása van origóban ,ez a fv. grad\Phi=const. szintvonalaival szemléltethető. Ez viszont már olyan vektormező, amely vektorvonalait dr x nabla (\Phi)=0 ill. dx:dy:dz=\frac{*}{*}:\frac{*}{*}: \frac{*}{*} diffegyenleteknek eleget tesz.(x vektoriális szorzat) vagyis \frac{d\Phi}{ds} iránymenti derivált nagysága |nabla \Phi|. Itt a * helyére a megfelelő változók szerinti parciális deriváltak értendők. (Ha igy megy tovább, akkor a TeX készlet jelentős bővitésre szorul :-) A nablát igy is kiirtam, dr vektor, és a nulla is vektor, nabla \Phi is ) A gradiensvonalak a szintfelületetket merőlegesen metszik. Ennél több önmagában nem mondható el erről a kifejezésről. Akkor mit is mond a Titu lemma?

[317] hobbymatekos2005-09-21 15:58:02

Na ez már más. Ugyanis aközött választani kell, explicite, vagy implicite adom meg a függvényt. Ha csak lehet, explicite. Nyilván másképp kell deriválni a két esetben. Ha imlicite adjuk meg, akkor azokban és csak azokban a pontokban mondhatunk bármit is ami az implicit összefüggést mint feltételt kielégiti. (Tehát implicit fv differenciálása cimü fejezetet aki nem ismeri nézzen utána) Ez a kifejezés az egész térben pozitiv. A következő gondom az volt: miért kell itt a szélsőértékszámitás??

Előzmény: [315] Lóczi Lajos, 2005-09-21 12:03:21
[316] Lóczi Lajos2005-09-21 12:08:55

A legkisebb felső korlát a megsejtett 3/2, ugyanis az

 \frac{x^2+y^2}{x^2+2 y^2+3 z^2}+\frac{x^2+z^2}{2 x^2+3 y^2+z^2}+\frac{y^2+z^2}{3 x^2+y^2+2 z^2}\leq \frac{3}{2}

egyenlőtlenség ekvivalens ezzel


\frac{-17 y^2 x^4-29 z^2 x^4-29 y^4 x^2-17 z^4 x^2-78 y^2 z^2 x^2-29 y^2 z^4-17 y^4 z^2}{2 \left(2 x^2+3 y^2+z^2\right) \left(3
   x^2+y^2+2 z^2\right) \left(x^2+2 y^2+3 z^2\right)}\leq 0

ami nyilván igaz.

Ebből az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor áll, ha a három változóból kettő nulla, egy pedig nemnulla.

Előzmény: [313] Suhanc, 2005-09-20 21:15:44
[315] Lóczi Lajos2005-09-21 12:03:21

Az eredeti háromváltozós kifejezésben elvégzek egy változóhelyettesítést. (Feledkezzünk el mindenféle geometriáról, meg "azonosan 1 függvényről").

Ezzel a háromváltozós feltétel nélküli szélsőértékprobléma egy kétváltozós szélsőértékfeladattá egyszerűsödik, egy zárt síkbeli téglalap fölött. (A helyettesítő függvények határpontokban vett deriválhatósága nem kérdéses: a téglalap periodikusan kiterjesztető, és ekkor \phi és \theta az egész síkon vannak értelmezve, de minket úgyis csak az eredeti téglalapon vett viselkedésük érdekel.) Azért nem kell feltételes szélsőértékszámítást alkalmazni, mert a zárt téglalap határán a g függvény viselkedését külön megvizsgáltam, ahol kiderült, hogy határozottan pozitív. A téglalap belseje nyílt halmaz, tehát itt a közönséges szélsőértékszámítás által megtalált egyetlen lokális minimum kell legyen g minimuma.

Előzmény: [314] hobbymatekos, 2005-09-21 11:01:41
[314] hobbymatekos2005-09-21 11:01:41

Természetesen igazad van. Csakhogy: a gömbi kook.-at differenciáltad.A gömbi kook:origó középpontú gömbök,origó csúcsú körkúpok, és z

tengelyen átmenő sikok.Illetve ezek metszésvonalai metszéspontja felel meg egy pont Descartes koo.-nak. Az, hogy a DESCARTES derékszögü kook. és a a fenti másodrendü felületek között mi a

kapcsolat, abból jönnek azok a formulák amit felirtál. Azzal kapcsolatban annyi megjegyzést tennék: z=Rcos(\theta) az iránykoszinuszok miatt a szokásos alak. (Bár szinusszal is igaz).Továbbá \theta tehát [0;2\pi)-beli A koordinátadifferenciálok transzformációja viszont más lesz. Feltételes

szélsőértékszámitás (Lagrange multiplikátormódszer) kellene, (abszolut) helyett. Maga az azonosan egy csak egydimenzióban egyértelmü.Tehát a számegyenesen. Vagy : a \Phi(x,y,z) deriváltját irdd át gömbi koo-ba. Arra pedig absz. szélsőértékszámitás. A többivel ennek tisztázása után érdemes foglalkozni...

Előzmény: [307] Lóczi Lajos, 2005-09-18 20:24:29
[313] Suhanc2005-09-20 21:15:44

Nem a legjobb felső korlát, de sztem a 3-at nem éri el, hiszen mindhárom tagban kisebb a számláló a nevezőnél...tehát a kifejezés korlátos... most megkérdezhetjük, mi a legkisebb felső korlát...

Előzmény: [306] hobbymatekos, 2005-09-17 23:37:21
[312] SAMBUCA2005-09-19 17:17:58

:)

SAMBUCA

Előzmény: [311] rizsesz, 2005-09-19 00:44:55
[311] rizsesz2005-09-19 00:44:55

csendben hallgatok, vissza.

[310] rizsesz2005-09-18 23:04:48

Ömm. Lehetséges, hogy az utolsó lépéssel nem értek egyet? :) Mármint nem 1>=xyz esetén lenne igaz, amit leírtál? elnézést, ha hülyeséget mondtam, no meg textelenségért. rizsa

Előzmény: [295] SAMBUCA, 2005-09-12 00:34:20
[309] hobbymatekos2005-09-18 22:48:52

Az eredetileg Suhanc által felirt képlet bal oldala. A koordinátatengelyekben azaz a) x=0,y=0,z nem nulla tetszőleges akkor a kifejezés értéke \frac{3}{2} és persze a szimmetria miatt minden tengelyre igaz. Ha jól látom. Vagyis origó \epsilon sugarú környezetében és egy egységgömb közötti tartományban amennyiben 1-et nem visszük baloldalra a lokális maximum \frac{3}{2} Azaz az egységgömb első térnyolcadba eső része, a koo sikok, ill. az xz sikkal 45 fokos hajlásszögü sikkal kettémetszet nyolcadgömb (azaz végülis két 16-od gömbcikk) mint térbeli tartományban valamint az (1,2,3), (2,3,1), (3,1,2) pontokba mutató helyvektorok mint oldalélek által meghatározott háromszög alapú gúla, mint térbeli tartományok közötti térben vizsgálódnék.

Előzmény: [308] Lóczi Lajos, 2005-09-18 20:28:11
[308] Lóczi Lajos2005-09-18 20:28:11

Pontosan melyik kifejezés(ek)re gondolsz, melyik képletben, hogy felveszi a 3/2 értéket?

Előzmény: [306] hobbymatekos, 2005-09-17 23:37:21
[307] Lóczi Lajos2005-09-18 20:24:29

Nem értem, mi nem stimmel.

A gömbi koordinátákat a régi x,y,z változók helyére helyettesítjük, a konstans 1 nem tartalmaz ilyet, nem kell semmilyen gömbfelületként sem felfogni, csak puszta számként.

Előzmény: [301] hobbymatekos, 2005-09-16 21:06:45
[306] hobbymatekos2005-09-17 23:37:21

Mutassuk meg,hogy  \frac{3}{2} értéket is felveszi. a) adjuk meg, ezen pontok mértani helyét b) döntsük el, hogy felülről korlátos e a kifejezés c) ha igen, adjuk meg a felső korlátot

Előzmény: [304] Suhanc, 2005-09-17 20:30:11
[305] Káli gúla2005-09-17 21:16:39

Az utolsó egyenlőtlenség jobb oldalán 15 lesz (de apró betűvel az is elfér a margón :-)

Előzmény: [304] Suhanc, 2005-09-17 20:30:11
[304] Suhanc2005-09-17 20:30:11

Az említett margó(m):

Csimbyhez hasonlóan én is a számlálóknak adtam új jelölést, ezáltal a már említett

\frac{a}{2b+c}+\frac{b}{2c+a}+\frac{c}{2a+b} \ge 1

egyenlőtlenséget kapva. Ezután viszont inkább megint bevezettem egy új jelölésrendszert, remélve, hogy a feltételek felrúgása nélkül kaphatunk egyszerűbb alakot:

2b+c=p 2c+a=q 2a+b=r

alapján kapjuk, hogy

\frac{4r-2p+q}{9p}+\frac{4p-2q+r}{9q}+\frac{4q-2r+p}{9r}\ge 1

Melyet megfelelő módon átalakítva kapjuk, hogy:

4( \frac{r}{p}+\frac{p}{q}+\frac{q}{r})+(\frac{q}{p}+\frac{r}{q}+\frac{p}{r}) \ge 1

Mivel p, q, r nemnegatív számok, a két zárójelet számtani-mértani középpel lebecsülve a bizonyítandó állítást kapjuk.

Előzmény: [300] Lóczi Lajos, 2005-09-15 20:53:41
[303] Suhanc2005-09-17 20:15:14

Kedves Mindenki!

Kissé megkéstem ezzel a hozzászólással. Így utólag is szeretném megköszönni mindenkinek az érdekes megoldásokat és hozzájuk kapcsolódó hozzászólásokat. Azontúl, hogy általánosságban is megmozgatta az állóvizet, nekem személyesen sok újat mutatott (pl: az emlegetett Titu-lemma). A konkrét sztorit eddig szándékosan nem írtam le a feladathoz: matektáborban ifiként tevékenykedtem, egy 9. osztályos tanuló pedig felajánlott nekem egy tábla csokit, ha megoldom belátható időn belül ezt a feladatot. A megoldás megbeszélése után említette, hoyg ő ezt Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel meg tudja csinálni rövidebben. "Egy tábla csokiért elárulom"-mosolygott. Azonban a csoki, amelyret már gondolatban szétosztottunk az ifistársak közt, nagyon hívogató volt, ezért lemondtam (szégyen, gyalázat) a megoldásról. Reméltem, hogy elő fog kerülni...

[302] hobbymatekos2005-09-16 22:50:28

Erről (elemi)algebrailag annyi mondható ameddig eljutottatok. Van pontosan 6 kúp amik csúcsa az origó, ezeken a kifejezés (skalár-vektor) fv. értéke 1 a kúpok és a koo sikokkal való metszeteiként adódó alkotók mentén. A kérdés: mikor nagyobb mint 1 és mikor kisebb. Ez csak algebrailag nem oldható meg.Ez a feladat Tenzoranalizis és diff.geometria. eszközökkel kezelhető.(Riemann tér) Euklideszi normában és derékszögü koo.rsz. reprezentációban is szemléletes. Adottak a helyvektorok, valamint három irány. Keressük azt a tartományt amelyikben teljesül, hogy a vektor egy adott koo. sikra való vetületvektorai hossznégyzeteinek a sihoz redelt adott (most állandó) irányra való (merőleges) vetületvektorának hossznégyzeteivel vett hányadosainak összege legalább 1.

Előzmény: [289] Suhanc, 2005-08-29 09:37:23
[301] hobbymatekos2005-09-16 21:06:45

Nem ok:(.

Ha

K(x,y,z)-ről

áttérünk gömbi koo. rendszerbe, az azonosan egyből mi lesz? Azonosan 1 sugarú gömbfelület. Vagyis ?.

Előzmény: [290] Lóczi Lajos, 2005-09-01 16:23:34
[300] Lóczi Lajos2005-09-15 20:53:41

Lehet, hogy úgy ujjgyakorlat, mint Fermat mondása, hogy túl kicsi a margó, hogy épp odaírja a bizonyítást :-)

Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21
[299] Lóczi Lajos2005-09-15 20:37:27

Aprócska pontosítás az előző hozzászólásokhoz:

Cauchy-Schwarz helyesen, "t" nélkül. (Schwartz az másik matematikus volt.)

Előzmény: [298] Kemény Legény, 2005-09-15 16:38:00
[298] Kemény Legény2005-09-15 16:38:00

Kedves Attila! Valóban nem meglepő, hogy nem találtál a 'Titu-lemmá'-ról semmit. A fenti tételt/elnevezést a román matek olimpiai csapattal való közös felkészülés során hallottuk.Ők ezt Titu Andreiescu után hivják igy (ő több évig volt az amerikai olimpiai csapat vezetője,ha nem tévedek). Amint arra Káli gúla is rámutatott: a 'Titu-lemma' valóban a Cauchy-Schwartz-Bunyakovszkij-egyenlőtlenségből következeik, sőt azzal ekvivalens is,azonban annál összehasonlithatatlanul 'felhasználóbarátabb'.Konkrét esetekben jóval könnyebben fel lehet ismerni ennek az alkalmazási lehetőségét,és persze a tagokról is látszik,hogy mely számokra kell felirni azt. Suhanc feladatában pl. rögtön látszott ez a lehetőség, és általában is kevesebb ötletességet igényel, mint a C-S-B-egyenlőtlenség felirása.Talán épp emiatt is merült fel ez a 'lemma' a felkészülés során, a versenyeken ugyanis időt lehet vele nyerni,és nem kezd el az ember más,nehezebben járható utakon elindulni.... Véleményen szerint semmiképpen sem árt ismerni a CSB eme átirt alakját,és olyan esetekben is felfedezni azt,ahol nem látszik a CSB nyilvánvaló használata...

Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21
[297] Káli gúla2005-09-15 11:57:01

Ha a Cauchy-Schwartz egyenlőtlenségben

\sum x_i^2 \sum y_i^2 \ge (\sum x_i y_i)^2

ai=xiyi-t helyettesítünk, akkor

\sum \frac{a_i^2}{y_i^2} \sum y_i^2 \ge (\sum a_i)^2 ,
\quad azaz \quad 
\sum \frac{a_i^2}{y_i^2} \ge \frac {(\sum a_i)^2}{\sum y_i^2}

Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21
[296] jenei.attila2005-09-15 09:50:21

Tudnátok bővebb információval szolgálni a Titu-lemmával kapcsolatban? Ezelőtt soha nem hallottam róla, sőt a neten sem találtam semmit. Kíváncsi lennék Suhanc megoldására is, ha már szerinte ez csak ujjgyakorlat.

Előzmény: [295] SAMBUCA, 2005-09-12 00:34:20

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley