Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235] [236] [237] [238] [239] [240] [241] [242] [243] [244] [245] [246] [247] [248] [249] [250] [251] [252] [253] [254] [255] [256] [257] [258] [259] [260] [261] [262] [263] [264] [265] [266] [267] [268] [269] [270] [271] [272] [273] [274] [275] [276] [277] [278] [279] [280] [281] [282] [283] [284] [285] [286] [287] [288] [289] [290] [291] [292] [293] [294] [295] [296] [297] [298] [299] [300] [301] [302] [303] [304] [305] [306] [307] [308] [309] [310] [311] [312] [313] [314] [315] [316] [317] [318] [319] [320] [321] [322] [323] [324] [325] [326] [327] [328] [329] [330] [331] [332] [333] [334] [335] [336] [337] [338] [339] [340] [341] [342] [343] [344] [345] [346] [347] [348] [349] [350] [351] [352] [353] [354] [355] [356] [357] [358] [359] [360] [361] [362] [363] [364] [365] [366] [367] [368] [369] [370] [371] [372] [373] [374] [375] [376] [377] [378] [379] [380] [381] [382] [383] [384] [385] [386] [387] [388] [389] [390] [391] [392] [393] [394] [395] [396] [397] [398] [399] [400] [401] [402]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[900] BohnerGéza

2005-05-03 12:49:15

Kedves Csimby!

Sajnos az asztroidra vonatkozó feltevésed nem jó. Kiszámoltam, egységnyi sugarú körben az asztroid hossza 6, a kör kerülete 2*PI.

(A számolás egy egyszerű integráláshoz vezet.)

Előzmény: [884] Csimby, 2005-04-26 22:06:56

[899] Lóczi Lajos	2005-05-01 19:55:05
Én közvetlenül az ívhossz kiszámítására vonatkozó képletet használtam, ismert, hogy egy (megfelelően sima) függvény grafikonjának ívhossza 0 és 1 között $\int_0^1 \sqrt{1+(f^{'}(x))^2}$ . Az a kérdés, hogy ez mikor lesz épp egy negyedkörívnyi hosszú, azaz $\frac{\pi}{2}$ , ha a függvényünk $f(x)=(1-x^\alpha)^{1/\alpha}$ . Más szavakkal, meg kell keresni azt az 0< $\alpha$ <1 kitevőt (pl. ügyes programokkal), melyre a ${\sqrt{1 + x^{-2 + 2\alpha } {\left( 1 - x^{\alpha } \right) }^ {-2 + \frac{2}{\alpha }}}}$ függvény görbe alatti területe 0-tól 1-ig épp $\frac{\pi}{2}$ .
Előzmény: [898] levi, 2005-04-29 21:47:06

[898] levi	2005-04-29 21:47:06
Nagyon érdekelne hogy hogyan lehet eljutni ahhoz a kitevőhöz (szóval tulajdonképpen a megoldás érdekelne)... persze csak ha el lehet árulni...

[897] Csimby

2005-04-29 19:15:31

Más kérdés:

Tudja valaki, hogyan határozzák meg a felvételi ponthatárokat, milyen algoritmussal? (Ez ugyanis csöppet sem tűnik egyértelműnek)

[896] Lóczi Lajos

2005-04-29 17:05:01

Igen, csak véletlen.

A keresett kitevő ugyanis megközelítőleg $\alpha$ =0.561493300750... (melyhez tartozó $x^\alpha+y^\alpha=1$ -alakzat kerülete az egységkör kerületétől csak kb. 10^-12-nel tér el.)

Előzmény: [895] Csimby, 2005-04-29 16:42:04

[895] Csimby	2005-04-29 16:42:04
Lehet, hogy csak véletlen egybeesés,de: $\frac{1}{\sqrt{\pi}}=0,564189...$
Előzmény: [891] Lóczi Lajos, 2005-04-28 17:22:56

[894] Lóczi Lajos	2005-04-29 01:38:38
Ott, hogy a körívre nem lehet felírni egy $x^\alpha+y^\alpha=1$ egyenletet, más szavakkal, $x^\alpha+y^\alpha=1$ pontosan akkor lesz egy kör egyenlete, ha $\alpha$ =2.
Előzmény: [893] levi, 2005-04-28 23:19:30

[893] levi

2005-04-28 23:19:30

Átszámoltam még pár számra az eredményt és tényleg rossz. Viszont én ezt nem értem. Abból indultam ki hogy van egy (1,1) középpontú 1 sugarú kör. Ennek ugye 2 $\pi$ a kerülete, és a o,1 zárt intervallumban lévő ívét vizsgáltam. Ennek az egyenlete (x-1)²+(y-1)²=1 (0 $\le$ x,y $\le$ 1). Ugyanakkor nekünk erre az ívre kellene felírni egy $x^\alpha + y^\alpha =1$ egyenletet. A könnyű számolás miatt olyan pontot választottam hol a két koordináta megegyezik: ez az ( $1-\frac1{\sqrt2},1-\frac1{\sqrt2}$ ) pont. Ez a két koordináta az $x^\alpha + y^\alpha =1$ egyenletbe behelyettesítve adja nekem $\alpha$ -ra a 0.564476383 eredményt (pontosan: $\frac {lg \frac 12}{lg (1-\frac1{\sqrt2})}$ ). Ebből gondoltam azt hogy akkor ez az $\alpha$ lesz az eredmény. Hol tévedtem?

[892] Lóczi Lajos	2005-04-28 20:01:27
Az előző hozzászólásomból a "szeritem" törölhető, aprócska feladat: lássuk be, hogy a "tükrözött körív" (melynek egyenlete könnyen láthatóan $y=1-\sqrt{2x-x^2}$ ) nincs a vizsgált görbék között, azaz nem létezik olyan $\alpha$ >0, hogy minden 0 $\le$ x $\le$ 1 esetén $x^\alpha+(1-\sqrt{2x-x^2})^\alpha=1$ fennállna.

[891] Lóczi Lajos

2005-04-28 17:22:56

A [890]-es hozzászólással viszont nem értek egyet, nincs megindokolva, hogy a tükrözött körívre miért lenne igaz az $x^\alpha+y^\alpha=1$ egyenlet. (Szerintem nem is igaz.)

Az viszont érdekes, hogy az én számításaim szerinti $\alpha$ "viszonylag közel" van az Általad megadotthoz, de azért határozottan más, az eltérés csak a 3. tizedesjegytől kezdődik (ez nem róható fel kerekítési hibáknak, nagyobb pontossággal megismételve a számítást a kétfajta $\alpha$ továbbra is eltér.)

Előzmény: [889] levi, 2005-04-28 16:54:59

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?