[3497] Lóczi Lajos | 2011-10-09 16:31:48 |
Itt van végül még egy azonosság. Legyenek a, b és c térvektorok, jelölje . a skaláris, × pedig a vektoriális szorzást.
533. feladat. Számítsuk ki az alábbi kifejezés értékét:
[(a×c)×a+(a×b)×b][(a×b).(a×b)][a.a]-[(a×b)×a][((a×b)×a).((a×c)×a+(a×b)×b)]+a[(a×b).(a×b)]2-(a×b)[a.a]2[(a×b).c]
Végül egy kérdés:
-- vajon melyik geometriai tétel áll a háttérben? (Segítség: a [3486]-beli és a fenti azonosság a térgörbék tulajdonságainak leírásához használt egyik klasszikus formulahármas lineáris algebrai bizonyításánál használható fel. A harmadik szükséges azonosság [3491]-ben már szerepelt.)
|
|
|
[3495] Lóczi Lajos | 2011-10-09 15:48:06 |
Csak három megjegyzés:
-- a "negatív kommutatív" helyett inkább az antikommutatív a bevett szóhasználat
-- a vektoriális szorzat fontos tulajdonsága még pl. a Jacobi-azonosság is
-- a feladatbeli két vektor párhuzamosságát mutató arányossági konstans abszolút értéke éppen az a, b és c vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogata
|
Előzmény: [3491] jonas, 2011-10-08 19:43:27 |
|
|
[3493] jonas | 2011-10-09 00:55:05 |
Van olyan egyszerű módszer, amivel az ilyen feladatokat mindig meg lehet oldani úgy is, hogy csak ezekhez hasonló vektor azonosságokat alkalmazunk, nem pedig koordinátánként írjuk föl őket? Én nem tudom a választ, de kíváncsi lennék rá.
|
Előzmény: [3491] jonas, 2011-10-08 19:43:27 |
|
[3492] jonas | 2011-10-08 19:50:47 |
Az én számolásomból mellesleg az is látszik, hogy a két vektor nem mindig ellentétes irányú, hanem lehet azonos irányú is. Pontosabban ha az (a×b)c hármas szorzat pozitív, akkor ellentétes irányúak, különben azonos irányúak.
|
Előzmény: [3490] lorantfy, 2011-10-08 11:36:57 |
|
[3491] jonas | 2011-10-08 19:43:27 |
Elmondom akkor az én megoldásomat.
Az ilyen feladatokat sokszor meg lehet oldani úgy, hogy formális átalakításokat végzünk a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat azonosságait használva. Ezt a Reiman: A geometria és határterületei könyv 2. fejezete szépen elmagyarázza.
Ha ez nem segít, akkor utána kifejthetjük koordinátánként az összes kifejezést. Ezzel elvileg az összes hasonló feladatot meg tudjuk oldani mechanikusan, mivel a koordináták polinomjait kapjuk. Csakhogy ez a megoldás egy bonyolultabb feladatra kézzel nagyon körülményes lehet, tehát mindenképp érdemes megpróbálkozni először ezekkel a vektor azonosságokkal egyszerűsíteni a feladatot.
A teljesség kedvéért hadd soroljam föl itt az azonosságokat, azokat is, amiket most nem használok. Tetszőleges x,y,z,w térbeli vektorokra és , valós számokra igazak a következők.
A skaláris szorzat lineáris.
(x)y=x(y)=(xy),
(x+y)z=xz+yz,
x(y+z)=xy+xz.
A skaláris szorzat kommutatív.
xy=yx.
A vektoriális szorzat lineáris.
(x)×y=x×(y)=(x×y),
(x+y)×z=x×z+y×z,
x×(y+z)=x×y+x×z.
A vektoriális szorzat negatív kommutatív.
x×y=-(y×x).
Egy vektor vektoriális szorzata egy párhuzamos vektorral a nullvektor.
x×(x)=0.
A hármas szorzat kétféleképp írható.
(x×y)z=x(y×z).
Ennek speciális esete, hogy a vektoriális szorzat skaláris szorzata az egyik tényezőjével nulla.
(x×y)y=0,
(x×y)x=0,
x(x×y)=0,
y(x×y)=0.
A hármas szorzat negatív kommutatív (ez ugyan a fentiekből levezethető).
(x×y)z=(y×z)x=(z×x)y=-(x×z)y=-(z×y)x=-(y×x)z.
A dupla vektoriális szorzat kifejtési tétele.
(x×y)×z=(xz)y-(yz)x,
x×(y×z)=(xz)y-(xy)z
Végül ezekből levezethető két vektoriális szorzat skaláris szorzatának kifejtése.
(x×y)(z×w)=(xz)(yw)-(xw)(yz).
* * *
A hosszú bevezető után végre jöjjön [3486] egyszerű bizonyítása.
Vezessük be a d=(a×b) jelölést. Vegyük észre, hogy ad=a(a×b)=0.
A feladat szerint azt kell belátnunk, hogy (d×(a×c))×d párhuzamos a d×a vektorral. Alkalmazzuk a belső vektoriális szorzatra a kifejtési tételt, majd a külső vektoriális szorzatra a linearitást.
(d×(a×c))×d=((cd)a-(ad)c)×d=((cd)a)×d-((ad)c)×d=
=(cd)(a×d)-(ad)(c×d)=(cd)(a×d)=-(cd)(d×a).
Szerencsére pont az ad skaláris szorzat jött be, ami nulla. Tehát azt kaptuk, hogy a bonyolult kifejezés a d×a skalárszorosa, tehát párhuzamos vele.
|
Előzmény: [3490] lorantfy, 2011-10-08 11:36:57 |
|
[3490] lorantfy | 2011-10-08 11:36:57 |
Nyüzsögnek itt a fiatalok és alig várják, hogy megoldhassanak egy példát :-).
Az utóbbi vektor a-ra és (axb)-re merőleges. Az első nyilván merőleges (axb)-re, hiszen ez az utolsó szorzó tényező, így már csak azt kell belátni, hogy a-ra is merőleges.
Az (axb) és (axc) szorzatok mindegyike merőleges a-ra ,így az a-ra merőleges síkban vannak, tehát keresztszorzatuk a-val párhuzamos vektor, így a végső szorzat a-ra is merőleges lesz.
A gyorsan összeütött ábrán (elnézést érte!) az is látható, ami Jonas számolásából is látszik, hogy ellentétes irányúak.
|
|
Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26 |
|
[3489] jonas | 2011-10-07 16:41:32 |
Mondok egy hasonló, de kicsit nehezebb feladatot. Ez egy ismert geometriai tétel analitikus köntösben.
532. feladat. Legyen a,b,c,e,f öt térbeli vektor. Legyen
r=((a×e)×(b×f))×c,
s=((b×e)×(c×f))×a,
t=((c×e)×(a×f))×b.
Lássuk be, hogy az r,s,t vektorok lineárisan összefüggők.
|
|
|
[3487] jonas | 2011-10-07 11:16:49 |
Az ilyen polinom egyenlőségeket először mindig érdemes kipróbálni néhány véletlen bemenetre. Tegyünk egy ilyen próbát.
Legyen mondjuk
a=(93,92,71),
b=(-35,51,49),
c=(-40,-29,99).
Akkor
a×b=(887,-7042,7963),
(a×b)×a=(-1232578,677582,736510),
a×c=(11167,-12047,983),
(a×b)×(a×c)=(89007975,88050900,67952325),
((a×b)×(a×c))×(a×b)=(1179669589350,-648496792650,-704895308250)=-957075((a×b)×a).
Itt tehát párhuzamos lett a két vektor.
Ez után (illetve esetleg több hasonló próba után) érdemes bizonyítást keresni. Nekem van egy bizonyításom, de egyelőre hagyom a fiatalokat kibontakozni.
|
Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26 |
|
[3486] Lóczi Lajos | 2011-10-07 00:43:26 |
Legyenek a,b,c térvektorok, és jelölje × a vektoriális szorzást.
Igaz-e, hogy az
((a×b)×(a×c))×(a×b)
és az
(a×b)×a
vektorok párhuzamosak?
|
|
[3485] phoenix | 2011-10-03 19:43:51 |
Több szem többet lát, köszönöm az útravezetést, Róbert Gida és Sirpi neked is :-)
|
|
[3484] Róbert Gida | 2011-10-03 17:07:57 |
Van egyszerűbb út is: minden sorban van azonos színű pontpár (skatulyaelv), ha van két sorod amikben ugyanott van az azonos színű pontpárod, akkor egyszínű téglalapod van. 3 féle helyen lehet a pontpár, a szín kétféle lehet, így 3*2=6 lehetőség van a helyre+színre. Azaz 7 sornál lesz egyszínű téglalapod (skatulyaelv).
|
Előzmény: [3482] Sirpi, 2011-10-03 09:03:01 |
|
[3483] Sirpi | 2011-10-03 10:36:54 |
Végiggondoltam ezt az utat is, és tényleg igaz az az állítás, hogy: Ha egy 3x7-es téglalapban elhelyezünk 11 korongot, akkor a korongok közül van 4, amik egy (álló) téglalap 4 csúcsát alkotják.
Amit leírtál, az csak az a rész, amikor az egyik oszlopban 7 korong van, ilyenkor tényleg 9 a maximum. Viszont mi a helyzet, ha a legtöbb korongot tartalmazó oszlopban 6,5,4 korong szerepel? Végig lehet nézni, ilyenkor is kijön, hogy 10 után elakadunk.
Szóval ez az út is járható, de személy szerint macerásabbnak érzem, mint a (3 hosszú) sorok szerinti esetvizsgálatot.
|
Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47 |
|
[3482] Sirpi | 2011-10-03 09:03:01 |
Ez a feladat konkrétan a Fazekasban volt nálam felvételi feladat, 92-ben, azóta kedvencem.
A bizonyításhoz nem azt érdemes nézni, hogy az egyik színből legalább 11 van, hanem azt, hogy a sorok összesen 8-félék lehetnek. Ha van két azonos sor, készen vagyunk. Ha van egyszínű sor, szintén. Ezeket érdemes végiggondolni, és meg is van a bizonyítás (és az is látszik, hogy 3x6-ra hogy néz ki az ellenpélda).
|
Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47 |
|
[3481] phoenix | 2011-10-03 01:35:47 |
Gondoltam ilyenre Azért nem lehetséges?, mert 21 négyzet van, és mondjuk optimális esetben 10-10-et tudunk elhelyezni egyik-egyik színből, ha az egyikből több van, akkor szinte garantált hogy négy négyzet összejön ami meghatároz egy téglalapot, elhelyezünk egymás alá 7-et azután legalsóba vízszintesen ez eddig 9 és bárhova tesszük tizediket akkor már meglesz, nem beszélve a másik színről hogy abból jóval több van
|
|
Előzmény: [3480] Róbert Gida, 2011-10-03 01:10:57 |
|
[3480] Róbert Gida | 2011-10-03 01:10:57 |
"igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... "
helyesen megkérdezve: igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan pont, ami egy egyszínű téglalapot határoz meg...
Ez pedig nem igaz.
A feladatot skatulyaelvvel lehet megoldani. Ramsey tipusú problémának is tekintheted. A feladat több színnel és magasabb dimenzióban is érdekes. Tudtommal 2d-ben és 4 színnel is már megoldatlan, hogy mely téglalapokat lehet kiszínezni, hogy ne legyen benne monokromatikus téglalap. Véges sok, de még mindig marha sok színezést kéne végignézni ehhez.
|
Előzmény: [3479] phoenix, 2011-10-02 18:38:08 |
|
|
|
[3477] phoenix | 2011-10-02 14:20:22 |
321. Ha a síkot (tekintsük négyzetrácsosnak) kiszínezzük két fajta színnel, legyen barna és kék, bárhogy is választjuk meg a színeket, mindig lesz négy azonos színű, amelyek egy téglalap csúcsait határozzák meg. A kérdés hogy miért?
|
|
[3476] Róbert Gida | 2011-09-20 15:16:04 |
Olyan Tom és Jerry tipusú feladat. igaz, ez pont a szabályos (n+1) szögben egy oldal hosszának a reciproka. Ezen pontokban jelenjenek meg a morzsák (egy csúcsban legfeljebb egy). Ha a fenti egyenlőtlenség nem teljesül, akkor 1 morzsa gyorsabban jelenik meg, mint ahogyan azt meg tudná enni a hangya (hiszen a szabályos sokszögben csúcsok közti legrövidebb távolság az oldal hossza). Így ekkor véges időn belül olyan helyzet lesz, hogy a hangya egy csúcsban van (éppen megette a morzsát), és a többi n csúcsban morzsa van. 1 percen belül morzsát teszünk le, de ne abba a csúcsba ahol a hangya éppen volt. Így egy morzsát sem tud elérni, és n+1 morzsa lesz a csúcsokban. (egyikben most kivételesen kettő).
n=1-re még pontos is a formula.
|
Előzmény: [3475] Sirpi, 2011-09-20 13:30:35 |
|
[3475] Sirpi | 2011-09-20 13:30:35 |
Sziasztok!
Tegnap jött egy ötlet, nem lett még belőle egzakt feladat. Azért leírom, hátha másnak is megindítja a fantáziáját.
Szóval induljunk ki egy 1 egység átmérőjű körből. Ebben van egy pontszerű hangya, és percenként véletlenszerűen (vagy direkt szívatós helyen) megjelenik egy-egy morzsa.
Ha a hangya sebessége legalább 1 egység/perc, akkor minden morzsát össze tud szedni, mielőtt a következő megjelenne.
Viszont mi van, ha a hangya lassabb? Tehát mennyire lehet kicsi a maximális sebessége, hogy egyszerre legfeljebb 2, 3 stb. morzsát engedhet meg a körön (minden darabszámra lehetne mondani egy korlátot).
Nem tudom, hogy van-e egyáltalán értelme az egésznek, sokat még nem gondolkodtam rajta, de hátha kijön belőle valami érdekes.
Megjegyzés: az ötletet a Plants vs. Zombies játék adta, amiben van egy Zen garden nevű rész, ahol a virágok pénzeket potyogtatnak, és egy csiga próbálja őket összeszedni (és a csiga csokival gyorsítható). Ha a csiga lassú, a pénzek elszaporodnak... Ezen kezdtem agyalni, hogy mennyire számít a csiga sebessége, és próbáltam "lecsupaszítani" a problémát.
|
|
|
|