Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: GEOMETRIA

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[307] nadorp2005-11-20 18:59:58

Nyert,süllyedt. Ezt igencsak elnéztem.

Előzmény: [305] Lóczi Lajos, 2005-11-20 18:37:23
[306] Lóczi Lajos2005-11-20 18:53:07

[A Lagrange-multiplikátoros módszerhez a teljesség kedvéért hozzá kell tenni, hogy ugye ott lehetnek szélsőértékpontok, ahol a célfüggvény és a feltételi függvények deriváltjainak (multiplikátorokkal vett) lineáris kombinációja a nullvektor, VAGY OTT, ahol a feltételi függvények deriváltvektorai lineárisan összefüggenek. Nem egy tankönyvet láttam már, ahol ez utóbbi eshetőséget elfelejtették a példamegoldások során külön megvizsgálni (és így bizonyos, erre kihegyezett példákat nem is jól oldanának meg). A mi esetünkben ez az eset azért nem fordulhat elő, mert ahol lineáris függőség van, azok a pontok nincsenek a hipergömb felületén.

Aztán a másik apróság, hogy azt mondtuk: az xi-k egy másodfokú egyenlet megoldásai. Azonban a másodfokú egyenlet csak elsőfokú, ha az egyik multiplikátor éppen nulla lenne. Ekkor minden xi azonos lenne, de ez is ellentmondást adna a feltételi egyenletekkel.]

Előzmény: [305] Lóczi Lajos, 2005-11-20 18:37:23
[305] Lóczi Lajos2005-11-20 18:37:23

Na igen, kétféle értéket vehetnek fel az xi-k, ez igaz, az egyik értéket vegye fel k darab, a másik értéket (n-k) db (k=1,2,3,...,n-1; mind egyforma nem lehet, ezt könnyű látni). Ezeket behelyettesítve a két eredeti feltételi egyenletünkbe (t.i. az xi pontok a hipergömbfelületen és a hipersíkon is rajta vannak) megkapjuk, mi is lehet az a kétféle érték, ez az amit Te u-val és v-vel jelöltél.

Azonban u és v is függ k-tól! Tehát az Általad leírt egyenlőtlenséglánc egyáltalán nem látszik, és ez az a pont, ahol nekem is csak numerikus kísérleteim vannak.

Előzmény: [304] nadorp, 2005-11-20 17:31:44
[304] nadorp2005-11-20 17:31:44

Hülyeséget írtam, nem xi=\pmxj , hanem arra gondoltam, amire Te,hogy ebből némi esetszétválasztással kétféle érték adódhat az xikre. A vége változatlan.

Előzmény: [303] nadorp, 2005-11-20 17:17:53
[303] nadorp2005-11-20 17:17:53

Én ezt csináltam,de találtam valamit. Ha a Lagrange multiplikátor módszerrel dolgozol, akkor pld:

x1x2..xn-1=2axn+b. Mivel xn>0,ezért szorozhatunk vele

x1...xn=2axn2+bxn, azaz

2axi2+bxi=2axj2+bxj, amiből következik, hogy xi=\pmxj. Tehát a számok csak kétféle értéket vehetnek fel.Legyen ez a két érték u és v. Ekkor ha pld. u>v, akkor

uvn-1<u2vn-2<u3vn-3<...<un-1v miatt szélsőérték csak ott lehet, ahol az egyik szám egyszer, másik (n-1)-szer szerepel.

Előzmény: [302] Lóczi Lajos, 2005-11-20 15:25:56
[302] Lóczi Lajos2005-11-20 15:25:56

A pontosság kedvéért hozzá kell tennem, hogy az én bizonyításom sajnos nem teljes.

Lagrange-multiplikátorokkal némi meggondolás (és esetszétválasztás) után kiadódnak azok a pontok, ahol a szorzatnak szélsőértéke lehet: k db xi azonos az \left(1+\frac{\alpha}{\sqrt{n-1}}\cdot \sqrt{\frac{n-k}{k}}\right) számmal és (n-k) db azonos az \left(1-\frac{\alpha}{\sqrt{n-1}}\cdot \sqrt{\frac{k}{n-k}}\right) értékkel, ahol k=1,2,...,n-1.

A gömb azonban kompakt és a függvény folytonos, ezért létezik minimum és maximum, tehát a fenti pontok között ott van a szorzat minimuma és maximuma.

A numerikus kísérletek szerint k=1-nél lesz a maximum, és k=n-1-nél a minimum, de ezt nem tudtam pár óra alatt belátni (több időt pedig nem tudok rászánni egyelőre). Elég lenne bebizonyítani, hogy a

k\mapsto \left(1+\frac{\alpha}{\sqrt{n-1}}\cdot \sqrt{\frac{n-k}{k}}\right)^k \left(1-\frac{\alpha}{\sqrt{n-1}}\cdot \sqrt{\frac{k}{n-k}}\right)^{n-k}

függvény monoton fogyó a lehetséges k értékekre, a lehetséges n és \alpha paraméterértékek mellett, de ez így nem tűnik egyszerűnek.

Te milyen módszerrel jutottál túl ezen a ponton (ha egyáltalán ilyesféleképp csináltad)?

Előzmény: [301] nadorp, 2005-11-20 13:34:19
[301] nadorp2005-11-20 13:34:19

Én is erre jutottam, szélsőérték vizsgálattal. Az elemibb levezetésre egyelőre csak ötletem van.

Előzmény: [300] Lóczi Lajos, 2005-11-19 20:27:52
[300] Lóczi Lajos2005-11-19 20:27:52

Nyilván csak 0<\alpha<1 vizsgálata szükséges.

Láttuk, hogy \alpha=1 esetén valamelyik xi-nek 0-nak kell lennie, hogy a szorzat minimális legyen. Az is leolvasható az adott bizonyításból, hogy ha \alpha>0, akkor minden xi>0 kell legyen, hogy a gömbfelületen maradjunk.

A megoldás a 61. feladatra az lesz, hogy az adott gömbfelületen elhelyezkedő xi számok (i=1,2,...,n) szorzata pontosan akkor minimális, ha közülük valamely (n-1) db egyenlő az 1+\frac{\alpha}{n-1} számmal, továbbá 1 darab közülük egyenlő (1-\alpha)-val. A minimum értéke ebből már meghatározható.

Másrészt, ez ugyan nem volt kérdés, de az xi számok (i=1,2,...,n) szorzata pontosan akkor maximális, ha közülük valamely (n-1) db egyenlő az 1-\frac{\alpha}{n-1} számmal, továbbá 1 darab egyenlő (1+\alpha)-val.

Előzmény: [299] Róbert Gida, 2005-11-18 15:54:44
[299] Róbert Gida2005-11-18 15:54:44

61. feladat

Szép megoldás volt nadorp. Most jöjjön az igazi feladat. Legyen r az 59. feladatbeli beírt gömb sugara és 0<\alpha\leq1. Mennyi min\prod _{i=1}^n x_i ahol x=(x1,x2,...,xn) az a B_{\alpha r} ({\vec {11}}) felszínén van és a minimumot mely pontokban veszi fel? Ez \alpha=1-re az 59.feladat d része volt.

[298] nadorp2005-11-18 09:19:59

a) Legyen e1=(n,0,0,...,0),e2=(0,n,0,...,0)...,en=(0,0,...,n). Ekkor az ei pontok nyilván egy szabályos (n-1) dimenziós S szimplexet határoznak meg. Ha x=(x1,x2,...,xn) eleme ennek a szimplexnek, akkor

x=\sum_{i=1}^{n}\lambda_ie_i=(n\lambda_1,n\lambda_2,...,n\lambda_n), ahol \sum_{i=1}^{n}\lambda_i=1,\lambda_i\geq0, azaz \sum_{i=1}^{n}x_i=n és xi\geq0. Fordítva, ha

\sum_{i=1}^{n}x_i=n ,xi\geq0, akkor (x_1,x_2,...,x_n)=\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}ne_i és itt \sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}n=1, azaz x eleme S-nek. Tehát a megoldáshalmaz egybeesik S-sel.

b) Ha s a súlypont, akkor \sum_{i=1}^{n}(s-e_i)=0, azaz, s=\frac1n\sum_{i=1}^{n}e_i=(1,1,...,1)=\vec{11}

c)Az n-dimenziós térben egy (n-1) dimenziós gömböt úgy kaphatunk,ha egy n-dimenziós gömböt elmetszünk egy (n-1) dimenzós síkkal. Ha P=(p1,p2,...,pn) a beírt gömb sugara, akkor szükségképpen S síkjában helyezkedik el,azaz \sum_{i=1}^{n}p_i=n. Határozzuk meg P távolságát a szimplex (n-2) dimenziós lapjaitól, vegyük pld. a \sum_{i=1}^{n-1}x_i=n lapot. Ekkor a (p1,...,pn-1,0) pontnak a laptól való távolsága \left|{\frac{p_1+...+p_{n-1}-n}{\sqrt{n-1}}}\right|=\frac{p_n}{\sqrt{n-1}}. Tehát P távolsága a laptól \sqrt{\frac{p_n^2}{n-1}+p_n^2}=p_n\sqrt{\frac{n}{n-1}}. Ezt elvégezve az összes többi (n-2) dimenziós lapra és felhasználva, hogy ezek a távolságok egyenlőek kapjuk, hogy p1=p2=...=pn=1, azaz P=\vec{11} és a beírt gömb sugara \sqrt{\frac{n}{n-1}}

d) Nyilván, ha xi=0, akkor a szorzat 0, azaz minimális lehet.Megmutatjuk, hogy vannak ilyen pontok. Azt kell belátni, hogy pld. létezik x=(x1,x2,...,xn-1,0) pont úgy, hogy

\sum_{i=1}^{n-1}x_i=n , xn=0 és

\sum_{i=1}^{n}(x_i-1)^2=\frac{n}{n-1}.

A második egyenlőséget átrendezve felhasználva az elsőt:

\sum_{i=1}^{n-1}x_i^2=\frac{n^2}{n-1}. Tehát

\frac{n}{n-1}=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}x_i}{n-1}\leq\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n-1}x_i^2}{n-1}}=\frac{n}{n-1}. Egyenlőség van, azaz x_1=x_2=...=x_{n-1}=\frac{n}{n-1}. Hasonlóan kapjuk a többi n-1 darab pontot is.

Előzmény: [296] Róbert Gida, 2005-11-16 22:17:53
[297] Róbert Gida2005-11-16 23:30:48

60. feladat

Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg:

A szabályos 30-szög belsejében pontosan 331 darab különböző olyan pont van, amin legalább 5 átló megy át.

[296] Róbert Gida2005-11-16 22:17:53

59. feladat

Legyen \vec {11} az n dimenziós csupa 1 oszlopvektor. S legyen az \vec {11}^t*\vec x=n, \vec x\geq \vec {0} megoldáshalmaza. Bizonyítsuk be, hogy:

a: Az S egy szabályos (n-1) dimenziós szimplex

b: Mi az S súlypontja?

c: Mi az S-be írható (n-1) dimenziós gömb középpontja és sugara?

d: Mennyi min \prod _{i=1}^n x_i ahol x=(x1,x2,...,xn) a beírható gömb felszínén van. A minimumot mely pontokban veszi fel?

[295] lorantfy2005-11-15 21:02:49

Szép volt fiúk! Kösz a megoldásokat! Én is felteszek egy rajzos megoldást. Racionális osztásarányra általánosítható:-)

Előzmény: [294] nadorp, 2005-11-15 15:01:25
[294] nadorp2005-11-15 15:01:25

Jelentkező hiányában megróbálom. Húzzunk párhuzamost H1-ből CH3-mmal, ez az AB oldalt P-ben metszi.Ekkor ha PB=x, akkor a párhuzamos szelők tétele szerint H3P=2x és mivel H3 harmadoló pont, AH_3=\frac{H_3B}2=\frac32x. Az AH_3D_{\Delta} és APH_{1\Delta} háromszögek hasonlóak, a hasonlóság aránya az előbbiek szerint \frac{\frac32x}{\frac32x+2x}=\frac37, így az AH3 és AP oldalakhoz tartozó magasságok aránya is ennyi.Ha m jelöli az AP-hez tarozó magasságot, akkor azt kaptuk, hogy

\frac{T_{AH_3D}}{T_{ABH_1}} =\frac{\frac32x\frac37m}{\frac92xm}=\frac17, azaz ha T jelöli az ABC háromszög területét, akkor T_{AH_3D}=\frac{T}{21}. Hasonlóan ugyanez igaz a másik két kis háromszögre is. Másrészt ennek alapján T_{H_3BED}=\frac{T}3-\frac{2}{21}T=\frac5{21}T és ugyanez igaz a másik két keletkező négyszögre is. Összefoglalva

T_{DEF}=T-\frac3{21}T-\frac{15}{21}T=\frac{T}7

Előzmény: [290] lorantfy, 2005-11-12 22:07:51
[293] Ali2005-11-15 13:56:50

\vec AD := \mu \vec AH_1

\vec DC := \nu \vec H_{3}C

\vec AC = \vec AD + \vec DC = \mu \vec AH_1 + \nu \vec H_{3}C = \mu(\frac{1}{3}(\vec AC - \vec AB) + \vec AB) + \nu(\vec AC - \frac{1}{3}\vec AB)

\frac{\mu}{3} + \nu = 1

\frac{2\mu}{3} - \frac{\nu}{3} = 0

\mu = \frac{3}{7} ; \nu = \frac{6}{7}

AZ ADC háromszög AC oldalhoz tartozó magassága \frac{2}{3}\mu -szöröse az ABC háromszög AC oldalhoz tartozó magasságának, ezért területe is \frac{2}{3}\mu -szöröse az eredeti háromszög területének, vagyis T_{ADC} = \frac{2}{7}T_{ABC}. Ugyanez elmondható a TBFC és TAEB -ről. Következésképpen T_{DEF} = \frac{1}{7}T_{ABC}

Általában ha 1/3 helyett \sigma az oldalak felosztásának aránya, akkor T_{DEF} = (4-\frac{3}{\sigma^2-\sigma +1}) T_{ABC}

Előzmény: [290] lorantfy, 2005-11-12 22:07:51
[292] lorantfy2005-11-15 10:15:59

Egy ábra a 58. feladat -hoz:

Előzmény: [291] BohnerGéza, 2005-11-14 23:12:30
[291] BohnerGéza2005-11-14 23:12:30

58. feladat:

Az ABC háromszög beírt körének érintési pontjai A', B' és C', középpontja O, K az A'B'C' körülírt körének kp-ja.

Jelölje Ma az AC'B', Mb a BA'C' és Mc a CB'A' háromszög magasságpontját, valamint M az MaMbMc háromszög magasságpontját.

Legyen Oa az AC'B', Ob a BA'C' és Oc a CB'A' háromszög beírt körének középpontja, és K' az OaObOc körülírt körének kp-ja.

Bizonyítandó, hogy az O, a K, az M és a K' egybeesnek!

[290] lorantfy2005-11-12 22:07:51

A 46. feladat-ot még nem csinálta meg senki:

Az ABC\Delta csúcsait kössük össze a szemközti oldalak egyik harmadoló pontjával (az ábra szerint). Mekkora a keletkező DEF\Delta területe?

[289] lorantfy2005-11-08 22:14:48

A komplex számos megoldást itt a Fórumon is megtalálhatod a Felmerülő kérdések... témában Sirpi [143] hozzászólása. Ahogy az a megoldás, ez sem használja fel, hogy a szabályos háromszögek nem közös csúcsai egy körön vannak. Tehát elegendő annyit feltenni, hogy van egy közös csúcsuk.

Előzmény: [288] AzO, 2005-11-08 17:38:22
[288] AzO2005-11-08 17:38:22

Mostanaban kaptuk ezt a mackosajtos feladatot algebran, es komplex szamokkal (egyseggyokokkel) oldottuk meg, es mondta a tanar, hogy nem is akar belegondolni milyen nehez lenne elemi (kozepiskolai) modszerekkel megoldani :). Ennek ellenere ez frappans volt, es sztem megmutatom neki :) Koszi

Előzmény: [287] lorantfy, 2005-11-06 12:04:50
[287] lorantfy2005-11-06 12:04:50

Tomszy feladata a Felmerülő kérdések ... témából:

Egy r sugarú körben vegyünk fel három r sugarú húrt: AA', BB', CC'. Jelöljük A'B húr felezőpontját E-vel, B'C húr felezőpontját F-vel és C'A húr felezőpontját G-vel.

Bbh. EFG háromszög szabályos!

Megoldás vektorokkal: (Ugyanúgy megy mint a B.3837. feladat megoldása, amit a Lejárt határidejű ... témába írtam be.)

Legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2 a megfelelő, sugás hosszúságú szakaszok felezőpontjai.

A háromszög középvonalának tulajdonságai és a szabályos háromszögek miatt az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 60 fokos elforgatottjai.

\vec FE= \vec {FB_1}+\vec {B_1B_2}+ \vec {B_2E} \quad \quad
\vec FG= \vec {FC_1}+\vec {C_1C_2}+ \vec {C_2G}

Mivel a megfelelő összetevő vektorok egymás 60 fokos elforgatottjai, így \vec {FE} is 60 fokos elforgatottja \vec {FG}-nek, tehát EFG\Delta szabályos háromszög.

[286] hobbymatekos2005-09-22 21:56:39

A primszámtételből (számelméletből) másképp gondolkodni a logaritmussal kapcsolatban szimpatikus gondolat számomra.

Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29
[285] Lóczi Lajos2005-09-20 13:59:13

Jó, de nézd meg, hogy mi a könyv célja: könnyítést adni azoknak, akiknek nehezen megy, bizonyos területekre így kevesebb előismerettel is el lehet jutni -- persze onnan nem lehet olyan messzire továbbhaladni.

(Az elvi célja pedig inkább az, ahogy írja, hogy közben a geometriát nem kell a valós számok bonyolult fogalmára építeni: tetszőleges algebrai test is használható.)

Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29
[284] Fálesz Mihály2005-09-20 11:35:29

Én nem lelkesedek érte, sőt.

Trigonometria-feladatokban a szögeknek legfeljebb csak a szinuszát/koszinuszát szoktuk kiszámolni, magukat a szögeket nem. Négyzetgyökökkel pedig így is, úgy is számolni kell. Például elég megkérdezni, hogy ha az A,B,C pontok egy egyenesen vannak, mondjuk AB2=2 és BC2=3, akkor mekkora lehet AC2. A konstrukció csak a legegyszerűbb esetekben teszi félre a négyzetgyökvonást, a számolás egyáltalán nem lesz tőle sem könnyebb, sem egyszerűbb.

A trigonometrikus függvények elvetését pedig kb. olyan ötletnek tartom, mint ha valaki a prímszámtételből ki akarná irtani a logaritmust (mert hát ugye mi szükség van transzcendens függvényekre, ha egész számokról akarunk beszélni), vagy a Cardano-képletből a komplex számokat. Pont a matematikát akarja kiirtani; azt, hogy hozzunk létre elméleteket, új objektumokat (jelen esetben a trigonometrikus függvényeket), amik megmutatják, hogy a dolgok mögött milyen mélyebb összefüggések vannak.

F.M.

Előzmény: [282] Lóczi Lajos, 2005-09-19 22:50:10
[282] Lóczi Lajos2005-09-19 22:50:10

Szép és elegáns a leírás, sokmindenben egyetértek vele, bár nem hiszem, hogy túlzottan nagy változást okozna mifelénk belátható időn belül, ha egy olyan alapvető fogalomhoz, mint a "szög" akar hozzányúlni, átdefiniálni.

Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15

  [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]