| [3979] Lóczi Lajos | 2015-10-09 23:25:13 |
 Még egy megjegyzés: attól, hogy a Reduce szerint az egy harmadfokú egyenlet gyöke, még nem biztos, hogy ne lehetne egyszerűsíteni; pl. a 0-ra rámondanád, hogy az &tex;\displaystyle x^3=0&xet; egyenlet gyöke?
|
| Előzmény: [3977] emm, 2015-10-07 17:44:42 |
|
|
| [3977] emm | 2015-10-07 17:44:42 |
 Mathematicával:
&tex;\displaystyle {FindInstance}\bigg[\bigg\{a+\alpha +A+b=1,\alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2},
\alpha \beta ^2+A B^2+b=\frac{1}{3},
b \beta \gamma +b B cc+\alpha B c=\frac{1}{6},\alpha
\beta ^3+A B^3+b=\frac{1}{4},
&xet;
&tex;\displaystyle
b \beta \gamma +b B {cc}+\alpha \beta B c=\frac{1}{8},
b \beta ^2 \gamma +b B^2 {cc}+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},b B c \gamma
=\frac{1}{24},a>0,b>0,&xet;
&tex;\displaystyle
c>0,A>0,B>0,cc>0,\alpha >0,\beta >0,\gamma >0\bigg\},\{\alpha ,\beta ,\gamma ,a,b,c,A,B,{cc}\}\bigg]
&xet;
&tex;\displaystyle
\left\{\alpha = \frac{1}{6},\beta = \frac{1}{2},\gamma = \frac{1}{2},a= \frac{1}{6},b= \frac{1}{6},c= 1,A= \frac{1}{2},B= \frac{1}{2},C= \frac{1}{2}\right\}
&xet;
Reduce-al megadja az összeset, de kb. egy képernyőt elfoglal az eredményként kapott logikai kifejezés, és szerepel benne harmadfokú egyenlet gyöke is - szóval annyira nem szép.
|
| Előzmény: [3974] Lóczi Lajos, 2015-10-02 12:32:21 |
|
| [3976] Lóczi Lajos | 2015-10-06 20:25:37 |
|
Martin Kutta 114 éve oldotta meg valós változók esetén a felírt egyenletrendszert, és ezzel leírta az összes 4-lépéses 4-edrendű explicit Runge&tex;\displaystyle -&xet;Kutta-módszert, amely módszerek közönséges differenciálegyenletek numerikus analízisében azóta kedveltnek számítanak.
Ha megköveteljük a módszer együtthatóinak nemnegativitását, akkor olyan kitüntetett módszert kapnánk, amelynek bizonyos szempontból jobbak a stabilitási tulajdonságai. A kérdés tehát az, hogy a 4-lépéses 4-edrendű explicit módszerek 4 családjában van-e csupa nemnegatív együtthatóval bíró Runge&tex;\displaystyle -&xet;Kutta-módszer.
|
| Előzmény: [3975] csábos, 2015-10-06 19:50:20 |
|
|
| [3974] Lóczi Lajos | 2015-10-02 12:32:21 |
|
Határozzuk meg az &tex;\displaystyle a&xet;, &tex;\displaystyle b&xet;, &tex;\displaystyle c&xet;, &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle C&xet;, &tex;\displaystyle \alpha&xet;, &tex;\displaystyle \beta&xet;, &tex;\displaystyle \gamma&xet; nemnegatív mennyiségek értékét, amelyek teljesítik az
&tex;\displaystyle a+\alpha +A+b=1,&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2},&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta ^2+AB^2+b=\frac{1}{3},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha B c=\frac{1}{6},&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta ^3+AB^3+b=\frac{1}{4},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha \beta B c=\frac{1}{8},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta ^2\gamma +b B^2 C+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},&xet;
&tex;\displaystyle b B c \gamma =\frac{1}{24}&xet;
egyenleteket.
|
|
| [3973] Fálesz Mihály | 2015-09-20 14:04:12 |
 Az egyenesek Plücker-koordinátáival általánosan lehet az ilyen feladatokat kiszámolni.
Egy egyenes Plücker-koordinátái &tex;\displaystyle ({\bf d},{\bf m})=(d_1,d_2,d_3,m_1,m_2,m_3)&xet;, ha &tex;\displaystyle {\bf d}=(d_1,d_2,d_3)&xet; az egyenes egy irányvektora, és &tex;\displaystyle {\bf m}=(m_1,m_2,m_3)&xet; az a vektor a térben, amire az egyenes minden &tex;\displaystyle {\bf x}&xet; pontjára &tex;\displaystyle {\bf x}\times{\bf d}={\bf m}&xet;. A definíció miatt &tex;\displaystyle {\bf d}&xet; és &tex;\displaystyle {\bf m}&xet; merőleges egymásra.
Persze ez a koordinátázás nem egyértelmű, konstanssal szorozva ugyanannak ez egyenesnek egy másik koordinátavektorát kapjuk. Ezért kiköthetjük, hogy az irányvektor egységnyi hosszú legyen, vagy pedig a koordinátahatost tekinthetjük egy pontnak az 5-dimenziós projektív térben, amit homogén koordinátákkal írtunk fel, de ennek az 5-dimenziós pontnak teljesítenie kell az &tex;\displaystyle d_1m_1+d_2m_2+d_3m_3=0&xet; egyenletet is; az ilyen pontok alkotják a Grassmann-sokaság nevű felületet. A felületnek azok a pontjai, amikre az irányvektor rész a nullvektor, az ideális egyeneseket reprezentálják.
Jó tudni, hogy két egyenes, &tex;\displaystyle ({\bf d}_1,{\bf m}_1)&xet; és &tex;\displaystyle ({\bf d}_2,{\bf m}_2)&xet; akkor és csak akkor van egy síkban, ha a "skaláris szorzatuk" &tex;\displaystyle 0&xet;: &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2=0&xet;. Ha tehát 4 adott egyenest metsző ötödiket keresünk, akkor van egy másodfokú és 4 lineáris feltételünk; a feladat egy (legfeljebb) másodfokú egyenlet megoldására vezet.
Kérdés: ha &tex;\displaystyle {\bf d}_1&xet; és &tex;\displaystyle {\bf d}_2&xet; is egységvektor, akkor mi a geometriai jelentésa a &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2&xet; "skaláris szorzatnak"?
A konkrét feladatban az első egyenes egy irányvektora &tex;\displaystyle (0,0,1)&xet;, egy pontja &tex;\displaystyle (1,0,0)&xet;. Mivel &tex;\displaystyle (1,0,0)\times(0,0,1)=(0,-1,0)&xet;, az egyenes egy Plücker-koordinátázása &tex;\displaystyle (0,0,1;0,-1,0)&xet;. Innen Ti jöttök. :-)
|
| Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04 |
|
| [3972] csábos | 2015-09-20 13:16:14 |
|
3 egyenes meghatároz egy egyköpenyű hiperboloidot: a mindhárom egyenest metsző egyenesek úniója. Megszorítva egy egyenesre egy egyváltozós másodfokú polinomot kapunk aminek 2 gyöke van, tehát a 4. egyenesünk 2 pontban metszi a hiperboloidot. A bal-seregnek egy-egy egyenese megy át a két ponton, ez a két egyenes lesz a megoldás, vagyis a kérdésre a válasz: 2. vagy 0, attam.ól függően van-e valós gyöke a polinomnak. Nem magamtól vagyok ilyen okos, itt találtam.
https://docs.google.com/file/d/0Bw3xm1IL6QVJaXlWcVEybkR2ZGc/edit?pli=1
|
| Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04 |
|
| [3971] gyula60 | 2015-09-20 10:42:28 |
 A feladvány nem korrekt, így kiegészítésre szorul. Olyan szimmetrikus alakot keressünk, amelybe akárhogy is helyettesítjük az értelmezési tartomány két &tex;\displaystyle (y,z)&xet; valós értékét és egy &tex;\displaystyle x&xet; ismeretlent, hogy az így keletkező &tex;\displaystyle S(x,y,z)=0&xet; egyenletnek az &tex;\displaystyle x&xet;-re nézve négy valós gyöke legyen, hasonlóan, mint a Héron-képlet területnégyzeténél keletkező egyenletben. Továbbá a keresendő &tex;\displaystyle g(x,y)&xet; kétváltozós függvény kifejezhető legyen &tex;\displaystyle g_1(x)\cdot g_2(y)&xet; szorzat segítségével is.
|
| Előzmény: [3970] gyula60, 2015-09-18 21:43:30 |
|
| [3970] gyula60 | 2015-09-18 21:43:30 |
|
Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle f (x, y, z) := 2x^2y^2 + &xet; &tex;\displaystyle x^2 + y^2 - z^2&xet; függvényhez található olyan &tex;\displaystyle g(x, y)&xet; kétváltozós irracionális függvény, hogy az &tex;\displaystyle S(x, y, z) :=g^2 (x, y) -f^2 (x, y,&xet; &tex;\displaystyle z)&xet; háromváltozós függvény szimmetrikus legyen? Vagyis teljesüljön az &tex;\displaystyle S(x, y, z) = S(y, z, x)&xet; azonosság.
Megjegyzés: A Cayley-Klein geometriai rendszer trigonometriái szolgálnak alapot a példákra. Legtriviálisabb az iskolai geometria koszinusztétele, ahol &tex;\displaystyle f(x, y, z) := x^2 + y^2 - z^2&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=2xy&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szimmetrikus lesz a Héron formulában szereplő kifejezés miatt is. A másik példa a gömbi geometriából való, ahol &tex;\displaystyle f(x,y,z):=cos(z)-cos(x)cos(y)&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=sin(x)sin(y)&xet; és ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szintén szimmetrikus függvény lesz.
|
|
