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] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[307] nadorp	2005-11-20 18:59:58
Nyert,süllyedt. Ezt igencsak elnéztem.
Előzmény: [305] Lóczi Lajos, 2005-11-20 18:37:23

[306] Lóczi Lajos

2005-11-20 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 x_i-k egy másodfokú egyenlet megoldásai. Azonban a másodfokú egyenlet csak elsőfokú, ha az egyik multiplikátor éppen nulla lenne. Ekkor minden x_i azonos lenne, de ez is ellentmondást adna a feltételi egyenletekkel.]

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

[305] Lóczi Lajos

2005-11-20 18:37:23

Na igen, kétféle értéket vehetnek fel az x_i-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 x_i 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] nadorp	2005-11-20 17:31:44
Hülyeséget írtam, nem x_i= $\pm$ x_j , hanem arra gondoltam, amire Te,hogy ebből némi esetszétválasztással kétféle érték adódhat az x_ikre. A vége változatlan.
Előzmény: [303] nadorp, 2005-11-20 17:17:53

[303] nadorp

2005-11-20 17:17:53

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

x₁x₂..x_n-1=2ax_n+b. Mivel x_n>0,ezért szorozhatunk vele

x₁...x_n=2ax_n²+bx_n, azaz

2ax_i2+bx_i=2ax_j²+bx_j, amiből következik, hogy x_i= $\pm$ x_j. Tehát a számok csak kétféle értéket vehetnek fel.Legyen ez a két érték u és v. Ekkor ha pld. u>v, akkor

uv^n-1<u²v^n-2<u³v^n-3<...<u^n-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 Lajos

2005-11-20 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 x_i 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] nadorp	2005-11-20 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 Lajos

2005-11-19 20:27:52

Nyilván csak 0< $\alpha$ <1 vizsgálata szükséges.

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

A megoldás a 61. feladatra az lesz, hogy az adott gömbfelületen elhelyezkedő x_i 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 x_i 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 Gida

2005-11-18 15:54:44

61. feladat

Szép megoldás volt nadorp. Most jöjjön az igazi feladat. Legyen r az 59. feladatbeli beírt gömb sugara és 0< $\alpha$ $\leq$ 1. Mennyi $min\prod _{i=1}^n x_i$ ahol x=(x₁,x₂,...,x_n) 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] nadorp

2005-11-18 09:19:59

a) Legyen e₁=(n,0,0,...,0),e₂=(0,n,0,...,0)...,e_n=(0,0,...,n). Ekkor az e_i pontok nyilván egy szabályos (n-1) dimenziós S szimplexet határoznak meg. Ha x=(x₁,x₂,...,x_n) 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 x_i $\geq$ 0. Fordítva, ha

$\sum_{i=1}^{n}x_i=n$ ,x_i $\geq$ 0, 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,...,p_n) 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,...,p_n-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=...=p_n=1, azaz $P=\vec{11}$ és a beírt gömb sugara $\sqrt{\frac{n}{n-1}}$

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

$\sum_{i=1}^{n-1}x_i=n$ , x_n=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 Gida

2005-11-16 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 Gida

2005-11-16 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,...,x_n) a beírható gömb felszínén van. A minimumot mely pontokban veszi fel?

[295] lorantfy	2005-11-15 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] nadorp	2005-11-15 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] Ali

2005-11-15 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 T_BFC és T_AEB -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] lorantfy	2005-11-15 10:15:59
Egy ábra a 58. feladat -hoz:

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

[291] BohnerGéza

2005-11-14 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] lorantfy

2005-11-12 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] lorantfy	2005-11-08 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] AzO	2005-11-08 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] lorantfy

2005-11-06 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] hobbymatekos	2005-09-22 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 Lajos

2005-09-20 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 Mihály

2005-09-20 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 Lajos	2005-09-19 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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?