Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[323] Lóczi Lajos	2005-09-22 14:41:29
Akkor tehát innen jön a tényleges feladat: adjuk meg a térfogatot integrálmentes alakban.
Előzmény: [322] hobbymatekos, 2005-09-22 10:23:21

[322] hobbymatekos

2005-09-22 10:23:21

Bocsi.

$h(x)=\sqrt{\frac{R^2}{4}-(x-\frac{R}{2})^2}$

Előzmény: [321] hobbymatekos, 2005-09-22 09:25:36

[321] hobbymatekos

2005-09-22 09:25:36

$F(x,y)=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$

$h(x)=\sqrt{\frac{R^2}{4}-x^2}$

$V=4\int_0^R\int_0^hF(x,y)dydx$

Előzmény: [320] Lóczi Lajos, 2005-09-22 01:45:25

[320] Lóczi Lajos

2005-09-22 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 Lajos	2005-09-22 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] hobbymatekos

2005-09-21 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] hobbymatekos	2005-09-21 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 Lajos

2005-09-21 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 Lajos

2005-09-21 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] hobbymatekos

2005-09-21 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

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?