Ασκήσεις στη Γεωμετρία

BAGGP93 · #1

Γεια σας. Λογικά, θα υπάρχει ενδιαφέρον και για ασκήσεις στη Γεωμετρία, όπως στην Ανάλυση και την Άλγεβρα.

Παίρνω την πρωτοβουλία και προτείνω να κάνουμε εδώ μια συλλογή ασκήσεων

Αναλυτικής Γεωμετρίας, Διαφορικής Γεωμετρίας, Ευκλείδειας Γεωμετρίας, Ασκήσεων σε πολυπτύγματα κ.ο.κ.

Κάνω την αρχή με 5 ασκήσεις.

Άσκηση 1

Αν το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow{v}}$ είναι κάθετο σε τρία μη συνεπίπεδα διανύσματα, τότε $\displaystyle{\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}}$ .

Άσκηση 2

Μια πυραμίδα έχει κορυφές τα σημεία $\displaystyle{A(2,0,0)\,,B(0,3,0)\,,C(0,0,6)\,,D(2,3,8)}$ .

Να βρείτε τον όγκο της και το ύψος από την κορυφή $\displaystyle{D}$ .

Άσκηση 3 (Η ευθεία είναι ο συντομότερος δρόμος)

Έστω $\displaystyle{c:I\longrightarrow \mathbb{R}^3}$ , όπου $\displaystyle{I}$ ένα ανοικτό διάστημα της πραγματικής ευθείας, μια λεία,

κανονική παραμετρική καμπύλη. Έστω $\displaystyle{\left[a,b\right]\subseteq I}$ . Θέτουμε $\displaystyle{c(a)=p\,,c(b)=q\neq p}$ .

A. Δείξτε ότι για κάθε μοναδιαίο διάνυσμα $\displaystyle{v\in\mathbb{R}^3}$ ισχύει

$\displaystyle{<q-p,v>=\int_{a}^{b}<c^\prime(t),v>\,\mathrm{d}t\leq \int_{a}^{b}||c^\prime(t)||\,\matrm{d}t}$ .

B. Δείξτε ότι $\displaystyle{||c(b)-c(a)||\leq \int_{a}^{b}||c^\prime(t)||\,\mathrm{d}t$

Άσκηση 4

Έστω $\displaystyle{c:\left(a,b\right)\longrightarrow \mathbb{R}^2$ μια κανονική παραμετρική καμπύλη. Υποθέτουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{t_0\in\left(a,b\right)}$

τέτοιο, ώστε η συνάρτηση $\displaystyle{||c||:\left(a,b\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ να παρουσιάζει μέγιστο στο $\displaystyle{t=t_0}$ .

Αποδείξτε ότι $\displaystyle{\left|k(t_0)\right|\geq \dfrac{1}{||c(t_0)||}$ , όπου $\displaystyle{k}$ είναι η καμπυλότητα της $\displaystyle{c}$ .

Άσκηση 5

Αποδείξτε ότι το δίχωνο υπερβολοειδές $\displaystyle{S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:-x^2-y^2+z^2=1\right\}}$ είναι μια κανονική επιφάνεια του $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ .

Tolaso J Kos · #2

Επαναφέρω τη λύση γιατί είχα κάνει λάθος υπολογισμούς.

BAGGP93 έγραψε:
Άσκηση 2

Μια πυραμίδα έχει κορυφές τα σημεία $\displaystyle{A(2,0,0)\,,B(0,3,0)\,,C(0,0,6)\,,D(2,3,8)}$ .

Να βρείτε τον όγκο της και το ύψος από την κορυφή $\displaystyle{D}$ .

O όγκος πυραμίδας

(και γενικότερα τετραέδρου) δίδεται του τύπου: $\displaystyle{V= \begin{vmatrix} 2 &0 & 0 &2 \\ 0& 3 & 0& 3\\ 0& 0& 6&8 \\ 1& 1& 1& 1 \end{vmatrix} =14}$ .

Τώρα το εμβαδό της βάσης, δηλ. το εμβαδόν του τριγώνου ABC

είναι ίσο με $\displaystyle{A= \frac{1}{2} \left | \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} \right |= \frac{1}{2}\left | \left ( -2, 3, 0 \right ) \times \left ( -2, 0,6 \right )\right |= \frac{1}{2}\left | 18, 12, 6 \right |=3\sqrt{14}}$ .

Τέλος, από τον τύπο του όγκου της πυραμίδας έχουμε ότι ο όγκος ισούται με $V=\dfrac{1}{3} A h$ οπότε:

$\displaystyle{14 = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{14} \cdot h \Leftrightarrow h = \sqrt{14} \;\;\;\;\; \square}$

Tolaso J Kos · #3

BAGGP93 έγραψε: Άσκηση 1

Αν το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow{v}}$ είναι κάθετο σε τρία μη συνεπίπεδα διανύσματα, τότε $\displaystyle{\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}}$ .

Έστω $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3$ τυχαίο διάνυσμα. Ας δηλώσουμε τα τρία μη συνεπίπεδα διανύσματα $\mathbf{a, b, c}$ αντίστοιχα . Επειδή είναι μη συνεπίπεδα θα 'ναι γραμμικώς ανεξάρτητα και επειδή είναι τρία το πλήθος θα αποτελούν μια βάση του $\mathbb{R}^3$ . Έτσι , το τυχαίο διάνυσμα $\mathbf{x}$ θα γράφεται ως γραμμικώς συνδυασμός των $\mathbf{a, b, c}$ . Δηλαδή $\mathbf{x} = \kappa \mathbf{a} + \lambda \mathbf{b}+ \mu \mathbf{c}$ όπου $\kappa, \lambda, \mu$ πραγματικοί αριθμοί. Παίρνοντας εσωτερικό γινόμενο του $\mathbf{x}$ με $\mathbf{v}$ και χρησιμοποιώντας τη γραμμικότητα του εσωτερικού γινομένου προκύπτει ότι το εσωτερικό γινόμενο του $\mathbf{x}$ με το $\mathbf{v}$ είναι

. Άρα το $\mathbf{v}$ είναι κάθετο σε όλα τα διανύσματα. Για $\mathbf{x=v}$ έχουμε ότι $\mathbf{v \cdot v}=0$ άρα το μέτρο του $\mathbf{v}$ είναι

και το συμπέρασαμα έπεται. $\square$

BAGGP93 έγραψε:
Άσκηση 3 (Η ευθεία είναι ο συντομότερος δρόμος)

Έστω $\displaystyle{c:I\longrightarrow \mathbb{R}^3}$ , όπου $\displaystyle{I}$ ένα ανοικτό διάστημα της πραγματικής ευθείας, μια λεία,

κανονική παραμετρική καμπύλη. Έστω $\displaystyle{\left[a,b\right]\subseteq I}$ . Θέτουμε $\displaystyle{c(a)=p\,,c(b)=q\neq p}$ .

A. Δείξτε ότι για κάθε μοναδιαίο διάνυσμα $\displaystyle{v\in\mathbb{R}^3}$ ισχύει

$\displaystyle{<q-p,v>=\int_{a}^{b}<{\color{red} c} ^\prime(t),v>\,\mathrm{d}t\leq \int_{a}^{b}||{\color{red} c} ^\prime(t)||\,\matrm{d}t}$ .

B. Δείξτε ότι $\displaystyle{||c(b)-c(a)||\leq \int_{a}^{b}||{\color{red} c} ^\prime(t)||\,\mathrm{d}t$

Α. Θα χρησιμοποιήσουμε το εξής συμπέρασμα πως η παράγωγος του εσωτερικού γινομένου είναι το εσωτερικό γινόμενο των παραγώγων. (*) Τότε έχουμε ότι: $\displaystyle{\int_{a}^{b}< c'(t), u>\, {\rm d}t =< c(b)u-c(a)u>=<c(b)-c(a), u>}$ όπου η τελευταία είναι λόγω της γραμμικότητας του εσωτερικού γινομένου και η πρώτη ισότητα έπεται. Η δεύτερη ανισότητα είναι η ανισότητα ${\rm Cauchy- Schwartz}$ και το συμπέρασμα έπεται.

Β. Ισχύει ότι: $\displaystyle{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}=\overrightarrow{c}(b)-\overrightarrow{c}(a)=\int_{a}^{b}{\overrightarrow{c}\,'(t)\,dt}\quad (1)}$ και ας δηλώσουμε τη σχέση $\displaystyle{\int_{a}^{b}{\overrightarrow{c}\,'(t)\cdot\overrightarrow{u}\,dt} \leqslant \int_{a}^{b} {\| \overrightarrow{c}\,'(t) \|\,dt}=L(\overrightarrow{c})\quad (2)}$ .

Παίρνουμε τώρα ως $\vec{u}$ το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow{ u}=\frac{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}{ \|\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p} \|}}$ το οποίο εύκολα ελέγχουμε ότι είναι μοναδιαίο. Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \|{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}\|&= \frac{\|{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}\|^2}{\|{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}\|} \\ &=\bigl({\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}\bigr)\cdot\frac{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}{\|{\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}}\|} \\ &= \bigl({\overrightarrow{c}(b)-\overrightarrow{c}(a)}\bigr)\cdot\overrightarrow{ u}\\ &\stackrel{(1)}{=}\int_{a}^{b}{\overrightarrow{c}\,'(t)\,dt}\cdot\overrightarrow{u}\\ &=\int_{a}^{b}{\overrightarrow{c}\,'(t)\cdot\overrightarrow{u}\,dt} \\ &\stackrel{(2)}{\leqslant} \int_{a}^{b} { \| \overrightarrow{c}\,'(t) \|\,dt}\\ &\stackrel{(2)}{=}L(\overrightarrow{c})\,. \end{aligned}}$

που αποδεικνύει το ζητούμενο και εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η ευθεία είναι όντως ο ελάχιστος δρόμος. $\square$

(*) Αφήνεται ως άσκηση να δειχθεί ότι αν $I \subseteq \mathbb{R}$ ανοιχτό διάστημα και $f, g:I \rightarrow \mathbb{R}^3$ είναι λείες καμπύλες τότε ισχύει ότι $\displaystyle{\frac{{\rm d}}{{\rm d}t} <f,g>= <f'g>+<f,g'>}$ .

BAGGP93 · #4

Tolaso J Kos έγραψε:
(*) Αφήνεται ως άσκηση να δειχθεί ότι αν $I \subseteq \mathbb{R}$ ανοιχτό διάστημα και $f, g:I \rightarrow \mathbb{R}^3$ είναι λείες καμπύλες τότε ισχύει ότι $\displaystyle{\frac{{\rm d}}{{\rm d}t} <f,g>= <f'g>+<f,g'>}$

Απόδειξη

Έστω $\displaystyle{f(t)=\left(f_{1}(t),f_{2}(t),f_{3}(t)\right)\,,g(t)=\left(g_{1}(t),g_{2}(t),g_{3}(t)\right)\,,t\in I}$ .

Τότε, ορίζεται καλώς η συνάρτηση $\displaystyle{<f,g>:I\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπο $\displaystyle{<f,g>(t)=\sum_{i=1}^{3}f_{i}(t)\,g_{i}(t)}$ .

Αφού οι $\displaystyle{f\,,g}$ είναι λείες στο $\displaystyle{I}$ , έπεται ότι οι $\displaystyle{f_{i}\,,g_{k}\,,i\,,k\in\left\{1,2,3\right\}}$

είναι λείες απεικονίσεις του $\displaystyle{I}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και ισχύει ότι

$\displaystyle{f^\prime(t)=\left(f_{1}^\prime(t),f_{2}^\prime(t),f_{3}^\prime(t)\right)\,,g^\prime(t)=\left(g_{1}^\prime(t),g_{2}^\prime(t),g_{3}^\prime(t)\right)\,,t\in I}$ .

Κατά συνέπεια, η $\displaystyle{<f,g>}$ είναι λεία απεικόνιση του $\displaystyle{I}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ ως πράξεις τέτοιων.

Χρησιμοποιώντας την γραμμικότητα της παραγώγου, έχουμε ότι για κάθε $\displaystyle{t\in I}$ ισχύει :

$\displaystyle{\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}<f,g>(t)&=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\,\left[\sum_{i=1}^{3}f_{i}(t)\,g_{i}(t)\right]\\&=\sum_{i=1}^{3}\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left((f_{i}(t)\,g_{i}(t)\right)\\&=\sum_{i=1}^{3}\left[f_{i}^\prime(t)\,g_{i}(t)+f_{i}(t)\,g_{i}^\prime(t)\right]\\&=\sum_{i=1}^{3}f_{i}^\prime(t)\,g_{i}(t)+\sum_{i=1}^{3}f_{i}(t)\,g_{i}^\prime(t)\\&=<f^\prime(t),g(t)>+<f(t),g^\prime(t)>\end{aligned}}$

που είναι το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #5

Ας συνεχίσω με άλλες δύο ασκήσεις:

Άσκηση 6 (κλασσικές ταυτότητες)

Έστω $\vec{a}, \vec{\beta}, \vec{\gamma}, \vec{\delta}$ διανύσματα. Ας δειχθεί ότι:

α) $\displaystyle{\vec{a} \times \left ( \vec{\beta} \times \vec{\gamma} \right )+ \vec{\beta} \times \left ( \vec{\gamma} \times \vec {a} \right )+ \vec{\gamma} \times \left ( \vec{a} \times \vec{\beta} \right ) =0 }$

β) $\displaystyle{\left [ \vec{a} \times \vec{\beta}, \vec{\beta} \times \vec{\gamma} , \vec{\gamma} \times \vec{a} \right ]= \left [ \vec{a}, \vec{\beta}, \vec{\gamma} \right ]^2}$

γ) $\displaystyle{\left ( \vec{a}, \vec{\beta}, \vec{\gamma} \right )\vec{\delta} = \left ( \vec{\delta} \cdot \vec{a} \right )\vec{\beta}\times \vec{\gamma} + \left ( \vec{\delta}\cdot \vec{\beta} \right )\vec{\gamma} \times \vec{a}+ \left ( \vec{\delta}\cdot \vec{\gamma} \right )\vec{a} \times \vec{\beta}}$

Άσκηση 7

Έστω $(\vec{e}_1, \; \vec{e}_2, \; \vec{e}_3)$ τυχούσα βάση διανυσματικού χώρου

. Ας δειχθεί ότι οι εννέα σχέσεις $\vec{e}_i \cdot \vec{e}_j= \delta_{ij}$ (όπου $\delta_{ij}$ το $\delta$ του Kronecker) ορίζουν μονοσήμαντα μία νέα τριάδα διανυσμάτων $(\vec{\varepsilon}_1, \; \vec{\varepsilon}_2, \; \vec{\varepsilon}_3 )$ που δίδονται από τις σχέσεις:

$\displaystyle{\vec{\varepsilon}_1 = \frac{\vec{e}_2 \times \vec{e}_3}{\left ( \vec{e}_1, \; \vec{e}_2, \; \vec{e}_3 \right )}, \qquad \vec{\varepsilon}_2 = \frac{\vec{e}_3 \times \vec{e}_1}{\left ( \vec{e}_1, \; \vec{e}_2, \; \vec{e_3} \right )}, \qquad \vec{\varepsilon}_3 = \frac{\vec{e}_1 \times \vec{e}_2}{ \left ( \vec{e}_1, \; \vec{e}_2, \; \vec{e_3} \right ) }}$

και αποτελούν επίσης μια βάση του χώρου

. Ας δειχθεί επίσης ότι η αρχική βάση $(\vec{e}_1, \; \vec{e}_2, \; \vec{e}_3)$ ορίζεται από τη νέα με τις σχέσεις:

$\displaystyle{\vec{e}_1 = \frac{\vec{\varepsilon}_2 \times \vec{\varepsilon}_3}{\left ( \vec{\varepsilon }_1, \; \vec{\varepsilon }_2, \; \vec{\varepsilon }_3 \right )}, \qquad \vec{e}_2 = \frac{\vec{\varepsilon }_3 \times \vec{\varepsilon }_1}{\left ( \vec{\varepsilon }_1, \; \vec{\varepsilon }_2, \; \vec{\varepsilon }_3 \right )}, \qquad \vec{e}_3 = \frac{\vec{\varepsilon }_1 \times \vec{\varepsilon }_2}{ \left ( \vec{e}_1, \; \vec{\varepsilon }_2, \; \vec{\varepsilon _3} \right ) }}$

καθώς επίσης πως οι δύο βάσεις είναι ομοιόστροφες (δηλ. και οι δύο δεξιόστροφες ή αριστερόστροφες) και ότι ισχύει $\displaystyle{\left ( \vec{e}_1 , \; \vec{e}_2, \; \vec{e}_3 \right )\left ( \vec{\varepsilon }_1 , \vec{\varepsilon}_2 , \; \vec{\varepsilon}_3 \right )=1}$ .

vzf · #6

ΆΣΚΗΣΗ 8: Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν τέσσερα σημεία στον $\mathbb{R}^2$ που οι αποστάσεις τους είναι όλες περιττοί ακέραιοι.

BAGGP93 · #7

BAGGP93 έγραψε:
Άσκηση 5

Αποδείξτε ότι το δίχωνο υπερβολοειδές $\displaystyle{S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:-x^2-y^2+z^2=1\right\}}$ είναι μια κανονική επιφάνεια του $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ .

Γράφω και μια λύση για αυτήν ώστε να μην ξεχαστεί.

Ορίζουμε απεικόνιση $\displaystyle{f:\mathbb{R}^3\longrightarrow \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(x,y,z)=-x^2-y^2+z^2-1}$ .

Η απεικόνιση $\displaystyle{f}$ είναι λέια στον $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{S=f^{-1}\left(\left\{0\right\}\right)}$ .

Επίσης, $\displaystyle{f(0,0,1)=0\iff 0\in f(\mathbb{R}^3)}$ . Για κάθε $\displaystyle{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3}$ ισχύει :

$\displaystyle{\dfrac{\partial{f}}{\partial{x}}(x,y,z)=-2\,x\,\,,\dfrac{\partial{f}}{\partial{y}}(x,y,z)=-2\,y\,\,,\dfrac{\partial{f}}{\partial{z}}(x,y,z)=2\,z}$

με

$\displaystyle{\dfrac{\partial{f}}{\partial{x}}(x,y,z)=\dfrac{\partial{f}}{\partial{y}}(x,y,z)=\dfrac{\partial{f}}{\partial{z}}(x,y,z)=0\iff \left(x,y,z\right)=\left(0,0,0\right)}$

αλλά $\displaystyle{\left(0,0,0\right)\notin f^{-1}\left(\left\{0\right\}\right)}$ , αφού $\displaystyle{f(0,0,0)=-1\neq 0}$ .

Έτσι, ο αριθμός $\displaystyle{0}$ είναι μια κανονική τιμή της $\displaystyle{f}$

και η $\displaystyle{S=f^{-1}(\left\{0\right\})}$ είναι μια κανονική επιφάνεια του $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ .

Τώρα, μπορούν να λυθούν οι ασκήσεις 6,7,8 .

nickthegreek · #8

H άσκηση 6 μου θύμισε την πρώτη μου χρονιά στο πανεπιστήμιο.

Θεωρώ ότι ο πιο εύκολος με διαφορά τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε το λεγόμενο suffix notation ή αλλιώς Einstein summation convention. Θα χαρώ αν κάποιος με διαψεύσει.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ας δούμε λοιπόν τι δίνει αυτή η σήμανση για το πρώτο ερώτημα:

Κοιτάζω την

η συντεταγμένη. Έτσι έχω παραδείγματος χάρη:

$(a \times (b \times c))_i = \varepsilon_{ijk} a_j (b \times c)_k =a_j \varepsilon_{ijk} \varepsilon_{klm} b_l c_m$

όπου $\varepsilon$ είναι ο τανυστής Levi-Civita. Tώρα παρατηρώ ότι $\varepsilon_{ijk}= \varepsilon_{kij}$ και χρησιμοποιώ την ταυτότητα

$\varepsilon_{kij} \varepsilon_{klm}=\delta_{il} \delta_{jm} -\delta_{im} \delta_{jl}$

Άρα

$(a \times (b \times c))_i = ( \delta_{il} \delta_{jm} -\delta_{im} \delta_{jl} ) a_j b_l c_m= b_i a_j c_j -a_l b_l c_i =((a \cdot c) b - ( a \cdot b) c )_i$

Συνεπώς, $a \times (b \times c)= (a \cdot c) b - ( a \cdot b) c$ . Προσθέτω κυκλικά και φτάνω στο ζητούμενο.
(Είμαι βέβαιος ότι ο φίλος Τolaso J Kos εννοεί το μηδενικό διάνυσμα αντί για το μηδέν, αλλά αυτό δεν είναι παρά ένα ασήμαντο εντελώς τυπογραφικό λάθος)

Τα υπόλοιπα δύο είναι παρόμοια.

Φιλικά,
Νίκος

BAGGP93 · #9

Άσκηση 9

Αποδείξτε ότι αν $\displaystyle{f:S\longrightarrow \mathbb{R}}$ είναι μια μη-μηδενιζόμενη και συνεχής πραγματική συνάρτηση , ορισμένη σε μια

συνεκτική επιφάνεια $\displaystyle{S}$ του $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ , τότε η $\displaystyle{f}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στην $\displaystyle{S}$ .

BAGGP93 · #10

Άσκηση 10 (Αλγεβρική Γεωμετρία-Θεωρία Αριθμών)

Βρείτε πέντε τριάδες $\displaystyle{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}\times\mathbb{N}}$ με

$\displaystyle{\rm{gcd}(x,y,z)=1}$ και $\displaystyle{x^3+y^3=3\,x\,y\,z}$ .

Αρχιμήδης 6 · #11

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 10 (Αλγεβρική Γεωμετρία-Θεωρία Αριθμών)

Βρείτε πέντε τριάδες $\displaystyle{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}\times\mathbb{N}}$ με

$\displaystyle{\rm{gcd}(x,y,z)=1}$ και $\displaystyle{x^3+y^3=3\,x\,y\,z}$ .

Γεια σου Βαγγέλη! Με ενημέρωσε ο tolaso ότι έβαλες θεωρία αριθμών .

Ορίστε οι λύσεις...

Αν $d_1+d_2\equiv0mod3$

(d_1,d_2)=1

και

$(x,y,z)=(d_1^{2}d_2,d_2^{2}d_1,\dfrac{d_1^{3}+d_2^{3}}{3})$

Τότε

x^3+y^3=3xyz

Π.Χ για

,

τότε $d_1+d_2\equiv0mod3$ και (1,2)=1

άρα

,

, πράγματι 2^3+4^3=72=3*2*4*3

BAGGP93 · #12

Αρχιμήδης 6 έγραψε:

Γεια σου Βαγγέλη! Με ενημέρωσε ο tolaso ότι έβαλες θεωρία αριθμών . Ορίστε οι λύσεις...

Αν $d_1+d_2\equiv0mod3$

και

$(x,y,z)=(d_1^{2}d_2,d_2^{2}d_1,\dfrac{d_1^{3}+d_2^{3}}{3})$

Τότε

Π.Χ για , τότε $d_1+d_2\equiv0mod3$ και

άρα ,,, πράγματι

Γεια σου Δημήτρη.Ευχαριστώ για την απάντηση. Ορίστε άλλη μια λύση με χρήση ρητών καμπυλών.

Έστω $\displaystyle{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}\times\mathbb{N}}$ μια τέτοια τριάδα. Τότε,

$\displaystyle{x^3+y^3=3\,x\,y\,z\iff \left(\dfrac{x}{z}\right)^3+\left(\dfrac{y}{z}\right)^{3}=3\,\dfrac{x}{z}\,\dfrac{y}{z}}$ , που σημαίνει ότι το σημείο

$\displaystyle{\left(\dfrac{x}{z},\dfrac{y}{z}\right)}$ , το οποίο έχει ρητές συντεταγμένες, είναι σημείο της καμπύλης $\displaystyle{V(u^3+v^3-3\,u\,v)\subseteq \mathbb{R}^2}$ .

Θεωρούμε την οικογένεια ευθειών $\displaystyle{v=t\,u\,,t\in\mathbb{R}}$ που διέρχονται από το σημείο $\displaystyle{\left(0,0\right)}$ της

καμπύλης αυτής και έχουν κλίση $\displaystyle{t}$ . Λύνουμε, για τυχόν $\displaystyle{t\in\mathbb{R}}$ , το σύστημα των εξισώσεων της

καμπύλης και της ευθείας. Με αντικατάσταση του $\displaystyle{v=t\,u}$ στην εξόσωση της καμπύλης, βρίσκουμε

$\displaystyle{u^3+t^3\,u^3-3\,u\,t\,u=0\iff \left(1+t^3\right)\,u^3-3\,t\,u^2=0\iff u^2\,\left(\left(1+t^3\right)\,u-3\,t\right)=0}$ .

Αν $\displaystyle{u^2=0}$ , τότε $\displaystyle{u=0}$ (διπλή) και $\displaystyle{v=0}$ (αναμενόμενο).

Αν $\displaystyle{t\neq -1}$ , τότε $\displaystyle{u=\dfrac{3\,t}{1+t^3}}$ και $\displaystyle{v=t\,u=\dfrac{3\,t^2}{1+t^3}}$ .

Έυκολα μπορούμε να δείξουμε ότι οι ρητές συναρτήσεις $\displaystyle{u\,,v:\mathbb{R}-\left\{-1\right\}\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπους

$\displaystyle{u(t)=\dfrac{3\,t}{1+t^3}\,,v(t)=\dfrac{3\,t^2}{1+t^3}}$ είναι τέτοιες, ώστε $\displaystyle{u^3(t)+v^3(t)-3\,u(t)\,v(t)=0}$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{t\in\mathbb{Q}\implies u(t),v(t)\in\mathbb{Q}}$ .

Είναι, $\displaystyle{u(1)=\dfrac{3}{2},v(1)=\dfrac{3}{2}\implies \left(x,y,z\right)=\left(3,3,2\right)\implies \rm{gcd}(3,3,2)=1\,,3^3+3^3=54=3\cdot 3\cdot 3\cdot 2}$ .

$\displaystyle{u(2)=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}\,,v(2)=\dfrac{12}{9}=\dfrac{4}{3}\,,\left(x,y,z\right)=\left(2,4,3\right)\implies \rm{gcd}(2,4,3)=1\,,2^3+4^3=72=3\cdot 2\cdot 4\cdot 3}$

και συνεχίζουμε δίνοντας κατάλληλες τιμές.

Νομίζω πως υπάρχουν κοινά σημεία στις δύο λύσεις. Και ο Δημήτρης χρησιμοποιεί δύο μεταβλητές με κατάλληλες προϋποθέσεις.

Αρχιμήδης 6 · #13

,

$\rightarrow(kl,k^3+l^3)=1$ άρα

για k=d_1

,

$x=dd_1=d_1^{2}d_2$ , $y=d_2^{2}d_1$ , $z=\dfrac{d_1^{3}+d_2^{3}}{3}$ , (d_1,d_2)=1

, $d_1+d_2\equiv0mod3$ , (x,y,z)=1

chris_konst · #14

vzf έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 8: Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν τέσσερα σημεία στον $\mathbb{R}^2$ που οι αποστάσεις τους είναι όλες περιττοί ακέραιοι.

Μια απλή απόδειξη για την περίπτωση ακεραίων σημείων: Έστω ότι υπάρχουν τέσσερα ακέραια σημεία A(a_1,a_2),B(b_1,b_2),C(c_1,c_2),D(d_1,d_2)

ώστε οι αποστάσεις τους να είναι όλες περιττοί ακέραιοι.

α) Θα δείξουμε πρώτα ότι κανένα από αυτά τα σημεία δεν έχει και τις δυο συντεταγμένες άρτιους.
Έστω ότι π.χ. στο A(a_1,a_2)

είναι

άρτιοι και οι δυο. Τότε ο αριθμός b_1^2+b_2^2 = (AB)^2 -(a_1^2+a_2^2) +2a_1b_1+2a_2b_2

είναι περιττός (είναι ίσος με περιττός $\pm$ άρτιοι). Αντίστοιχα, ο αριθμός c_1^2+c_2^2 = (AC)^2 -(a_1^2+a_2^2) +2a_1c_1+2a_2c_2

είναι περιττός.
Τότε όμως ο αριθμός (BC)^2=(b_1^2+b_2^2)+(c_1^2+c_2^2)- 2b_1b_2-2c_1c_2

θα ήταν άρτιος, ως άθροισμα δυο περιττών και δυο άρτιων, άτοπο.

β) Θα δείξουμε τώρα ότι κανένα από αυτά τα σημεία δεν έχει και τις δυο συντεταγμένες περιττούς.
Έστω ότι π.χ. στο A(a_1,a_2)

είναι

περιττοί και οι δυο. Τώρα είναι b_1^2+b_2^2 = (AB)^2 -(a_1^2+a_2^2) +2a_1b_1+2a_2b_2

άρτιος. Αυτό σημαίνει ότι οι b_1^2,b_2^2

είναι είτε και οι δυο άρτιοι είτε και οι δυο περιττοί, άρα και οι b_1,b_2

είναι είτε και οι δυο άρτιοι είτε και οι δυο περιττοί. Σύμφωνα με το (α), αποκλείεται να είναι και οι δυο άρτιοι, άρα θα είναι και οι δυο περιττοί. Με τον ίδιο τρόπο, από την c_1^2+c_2^2 = (AC)^2 -(a_1^2+a_2^2) +2a_1c_1+2a_2c_2

έχουμε ότι οι c_1,c_2

είναι και οι δυο περιττοί. Επομένως (BC)^2=b_1^2+b_2^2+c_1^2+c_2^2- 2b_1b_2-2c_1c_2

θα είναι άρτιος ως άθροισμα τεσσάρων περιττών και δυο άρτιων, άτοπο.

Σύμφωνα με τα παραπάνω, όλα τα σημεία θα έχουν μια άρτια και μια περιττή συντεταγμένη. Τότε όμως (AB)^2=(a_1-b_1)^2 + (a_2-b_2)^2

είναι άρτιος, διότι είτε είναι άθροισμα δυο άρτιων (αν $a_1, b_1 \equiv 0 \rm{mod}2$ και $a_2,b_2 \equiv 1 \rm{mod}2$ ή αντίστροφα), είτε είναι άθροισμα δυο περιττών (αν σε κάθε παρένθεση οι a_i , b_i

είναι διαφορετικής αρτιότητας). Αυτό συμπληρώνει την απόδειξη.

Σχόλιο: Έχει αποδειχθεί κάτι γενικότερο: Το μέγιστο πλήθος περιττών ακεραίων αποστάσεων μεταξύ σημείων του επιπέδου είναι n^2/3+r(r-3)/6

,

(L. Piepmeyer. "The maximum number of odd integral distances between points in the plane ", Discrete & Computational Geometry January 1996, Volume 16, Issue 1, pp 113-115).

chris_konst · #15

Μια γενική απόδειξη (ΑΣΚΗΣΗ 8), πάλι με άτοπο, η οποία χρησιμοποιεί μόνο τον νόμο των συνημιτόνων, είναι η εξής (ακολουθώντας τους συμβολισμούς του σχήματος):

Θεωρώντας ότι π.χ. το τμήμα

είναι εσωτερικό της γωνίας $\widehat{ADC}$ , από τα τρίγωνα ABD, BDC, ADC

θα πάρουμε:

$\displaystyle {\cos \alpha = \frac{d_4^2+d_6^2-d_1^2}{2d_4d_6} \quad \quad (1)}$
$\displaystyle {\cos \beta = \frac{d_3^2+d_6^2-d_2^2}{2d_3d_6} \quad \quad (2)}$
$\displaystyle {\cos (\alpha + \beta) = \frac{d_4^2+d_3^2-d_5^2}{2d_3d_4} \quad \quad (3)}$

Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε μια γνωστή άσκηση από την Τριγωνομετρία της Β' Λυκείου:

$\boxed {\displaystyle{ \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2(\alpha + \beta) = 1+ 2 \cos \alpha \cos \beta \cos(\alpha + \beta) \quad (4) } }$

Η απόδειξή της είναι απλή: ξεκινάμε από το 1ο μέλος, αναπτύσσουμε το $\displaystyle{ \cos^2 (\alpha + \beta) }$ και θα πάρουμε:

$\displaystyle{ \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2(\alpha + \beta) = \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta + \sin^2 \alpha \sin^2 \beta -2 \cos \alpha \cos \beta \sin \alpha \sin \beta = }$

$\displaystyle{ \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta +(1- \cos^2 \alpha) (1-cos^2 \beta) -2 \cos \alpha \cos \beta \sin \alpha \sin \beta =... }$

$\displaystyle{ 1 +2 \cos^2 \alpha \cos^2 \beta -2 \cos \alpha \cos \beta \sin \alpha \sin \beta = 1+ 2 \cos \alpha \cos \beta \cos(\alpha + \beta) }$

Αντικαθιστούμε τώρα στην (4) τις (1), (2), (3) και παίρνουμε:

$\displaystyle{ \left( \frac{d_4^2+d_6^2-d_1^2}{2d_4d_6} \right)^2 + \left( \frac{d_3^2+d_6^2-d_2^2}{2d_3d_6} \right) ^2 + \left( \frac{d_4^2+d_3^2-d_5^2}{2d_3d_4} \right) ^2 = 1+ 2 \frac{d_4^2+d_6^2-d_1^2}{2d_4d_6} \cdot \frac{d_3^2+d_6^2-d_2^2}{2d_3d_6} \cdot \frac{d_4^2+d_3^2-d_5^2}{2d_3d_4} \quad }$

$\displaystyle{ d_3^2 \left( d_4^2+d_6^2-d_1^2 \right)^2 + d_4^2\left( d_3^2+d_6^2-d_2^2 \right) ^2 + d_6^2\left(d_4^2+d_3^2-d_5^2 \right) ^2 =}$
$\displaystyle{4d_3^2d_4^2d_6^2+ (d_4^2+d_6^2-d_1^2) (d_3^2+d_6^2-d_2^2) (d_4^2+d_3^2-d_5^2) \quad (5) }$

Για κάθε περιττό ακέραιο

είναι $n^2=(2k+1)^2=4k(k+1)+1 = 8m+1 = 1\rm{mod}8$ (αφού ο k(k+1)

είναι άρτιος ως γινόμενο διαδοχικών ακεραίων, άρα $\displaystyle{d_{3,4,6}^2 \equiv 1\rm{mod} 8 }}$ .

Επίσης, κάθε μια από τις παρενθέσεις στην (5) είναι $\displaystyle{1 \rm{mod} 8 }}$ διότι είναι άθροισμα δυο τετραγώνων περιττών ακεραίων μείον ένα τετράγωνο περιττού ακεραίου (προφανώς και τα τετράγωνα των παρενθέσεων είναι $\displaystyle{1 \rm{mod} 8 }}$ ). Επομένως το 1ο μέλος είναι ακέραιος $\displaystyle{3 \rm{mod} 8 }}$ . Στο 2ο μέλος, ο πρώτος όρος είναι $\displaystyle{4 \rm{mod} 8 }}$ και ο δεύτερος όρος είναι $\displaystyle{1 \rm{mod} 8 }}$ , άρα το 2ο μέλος είναι $\displaystyle{5 \rm{mod} 8 }}$ , άτοπο.

BAGGP93 · #16

Άσκηση 11 (Αναλυτική Γεωμετρία)

α. Τι παριστάνει η εξίσωση $\displaystyle{x^2+4\,y-6\,x+1=0}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}^2}$ ;

β. Τι παριστάνει η εξίσωση $\displaystyle{9\,x^2-4\,y^2+24\,y-18\,x+45=0}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}^2}$ ;

Άσκηση 12 (Διαφορική Γεωμετρία)

Βρείτε τις γεωδαισιακές του ορθού κυκλικού κυλίνδρου $\displaystyle{S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3: x^2+y^2=1\,,z\in\mathbb{R}\right\}}$ .

Άσκηση 13 (Πολυπτύγματα)

Αποδείξτε ότι η μοναδιαία σφαίρα του $\displaystyle{\mathbb{R}^3}$ είναι ένα διαφορίσιμο πολύπτυγμα διάστασης $\displaystyle{2}$ .

Άσκηση 14 (Διαφορική Γεωμετρία)

Έστω $\displaystyle{AB}$ ένα ευθύγραμμο τμήμα του επιπέδου και $\displaystyle{k}$ ένας πραγματικός αριθμός μεγαλύτερος του μήκους του

ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{AB}$ . Δείξτε ότι η καμπύλη $\displaystyle{c}$ που διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ ,

έχει μήκος $\displaystyle{k}$ και είναι τέτοια ώστε μαζί με το $\displaystyle{AB}$ να φράσσει το μεγαλύτερο δυνατό εμβαδόν, είναι ένα

τόξο κύκλου που διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ .

Tolaso J Kos · #17

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 11 (Αναλυτική Γεωμετρία)

α. Τι παριστάνει η εξίσωση $\displaystyle{x^2+4\,y-6\,x+1=0}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}^2}$ ;

β. Τι παριστάνει η εξίσωση $\displaystyle{9\,x^2-4\,y^2+24\,y-18\,x+45=0}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}^2}$ ;

Γεια σου Βαγγέλη,

α)Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 +4y -6x +1 =0 }$ είναι της μορφής $\displaystyle{Ax^2 + B xy + Cy^2 + D x + Ey +F=0}$ όπου $A=1, \; B=0, C=0, \; D=-6, \; E=4, \; F=1$ . Τότε επειδή B^2 -4AC =0

συνάγουμε το συμπέρασμα πως η εξίσωση παριστάνει παραβολή.

β)Όμοια για την εξίσωση αυτή έχουμε: $A=9, \; B=0, \; C=-4, \; D=-18, \; E=24, \; F=45$ . Τότε επειδή B^2 -4AC =144>0

συνάγουμε ότι η εξίσωση αυτή είναι υπερβολή.

BAGGP93 · #18

Σωστά Τόλη.

Για την πρώτη, μπορούμε πιο απλά να γράψουμε ότι για $\displaystyle{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2}$ έχουμε :

$\displaystyle{x^2+4\,y-6\,x+1=0\iff y=-\dfrac{1}{4}\,x^2+\dfrac{3}{2}\,x-\dfrac{1}{4}}$

όπου η δέυτερη εξίσωση παριστάνει το γράφημα ενός τριωνύμου, άρα παραβολής, με $\displaystyle{a=-\dfrac{1}{4}<0}$ , που παρουσιάζει μέγιστο

στο σημείο $\displaystyle{x=3}$ το $\displaystyle{y=y(3)=2}$ .

Αν θέλεις, γράψε μας και τον τρόπο εύρεσης των εξισώσεων στα νέα συστήματα συντεταγμένων για να δούμε όντως ότι παριστάνουν τις κωνικές τομές που λες.

Tolaso J Kos · #19

BAGGP93 έγραψε: Αν θέλεις, γράψε μας και τον τρόπο εύρεσης των εξισώσεων στα νέα συστήματα συντεταγμένων για να δούμε όντως ότι παριστάνουν τις κωνικές τομές που λες.

.... αφού το ζητάς...

Παρατηρούμε πως δεν έχουμε στροφή αφού λείπει ο όρος Bxy

. Συνεπώς έχουμε μόνο μεταφορά:

β)Παρατηρούμε πως η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{9 \left ( x-1 \right )^2 - 4 \left ( y-3 \right )^2 + 72 =0 \Leftrightarrow \frac{(y-3)^2}{\frac{72}{4}}- \frac{(x-1)^2}{\frac{72}{9}}=1}$ . Οπότε θέτοντας $\displaystyle{X=x-1 , \; Y= y-3}$ η παραπάνω εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{\frac{Y^2}{\frac{72}{4}} - \frac{X^2}{\frac{72}{9}}=1}$ που πράγματι είναι υπερβολή.

Για το άλλο δεν έχω να πω κάτι, μιας και το γραψες σε καλύτερη μορφή οπότε έχουμε αμέσως πως είναι παραβολή.

chris_konst · #20

BAGGP93 έγραψε: Άσκηση 12 (Διαφορική Γεωμετρία)

Βρείτε τις γεωδαισιακές του ορθού κυκλικού κυλίνδρου $\displaystyle{S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3: x^2+y^2=1\,,z\in\mathbb{R}\right\}}$ .

Κατ' αρχάς θεωρούμε τον δοσμένο κύλινδρο σε κυλινδρικές συντεταγμένες: $x= \cos \phi, y= \sin \phi , z=z$ , οπότε $dx= -\sin \phi d\phi, y= \cos \phi d\phi , dz=dz$ .

Η γεωδαισιακή προκύπτει ελαχιστοποιώντας το μήκος τόξου: $\displaystyle{L= \int_{a}^{b} \sqrt{ dx ^2+ dy ^2+dz ^2}= \int_{\phi_1}^{\phi_2} \sqrt{ d \phi ^2+ dz^2} = \int_{\phi_1}^{\phi_2} \sqrt{1+\left( \frac{dz}{d\phi} \right)^2} d\phi = \int_{\phi_1}^{\phi_2} \sqrt{1+ \dot{z} ^2} d\phi }$

Γενικά, όταν το $\displaystyle{L=\int_{a}^{b} f (t, y(t), \dot{y}(t)) dt }$ γίνεται ελάχιστο, ικανοποιείται η διαφορική Euler-Lagrange $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial f}{\partial \dot{y}} \right) =0}$ , οπότε θα έχουμε:

$\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial z} - \frac{d}{d\phi} \left( \frac{\partial f}{\partial \dot{z}} \right) =0}$ , με $\displaystyle{ f (\phi, z(\phi), \dot{z}(\phi)) = \sqrt{1+ \dot{z} ^2}$

Επομένως η Euler-Lagrange δίνει: $\displaystyle{ \frac{d}{d\phi} \frac{\dot{z}}{\sqrt{1+ \dot{z} ^2}} } \right) =0$ , δηλ. $\displaystyle{ } \frac{\dot{z}}{\sqrt{1+ \dot{z} ^2}} } \right) =c$ , άρα $\displaystyle{\dot{z}= \sqrt {\frac{c}{1-c}} }$ ( με

κατάλληλη σταθερά).

Αυτό σημαίνει ότι $\displaystyle{ z= c_1 \phi + c_2}$ (με $c_1= \sqrt {\frac{c}{1-c}$ σταθερά και c_2

επίσης σταθερά), άρα η γεωδαισιακή έχει παραμετρικές εξισώσεις $x= \cos \phi, y= \sin \phi , z= c_1 \phi+ c_2}$ .

Αυτό σημαίνει ότι η γεωδαισιακή είναι έλικα αν $c_1 \neq 0$ και οι κύκλοι x^2+y^2=1

στα επίπεδα z=c_2

, όταν

.

Edit: Διόρθωση: Είχα παραλείψει την σταθερά στην $\displaystyle{ z= c_1 \phi + c_2}$ (η οποία τώρα προσθέθηκε), και συνεπώς έτσι "έχανα" τους κύκλους. Ευχαριστώ πολύ τον BAGGP93 που μου επεσήμανε το λάθος.

Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Re: Ασκήσεις στη Γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση