Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τρί Σεπ 29, 2020 3:32 pm

Διαθέτει κάποιος ένα φύλλο λαμαρίνας μεγάλου μήκους και πλάτους \displaystyle 1m.
Θέλει να το λυγίσει για να κατασκευάσει ένα κανάλι νερού με διατομή κυκλικό τμήμα
και ίσως ανοικτό από επάνω όπως στο σχήμα .
Ποια είναι η ακτίνα του κύκλου που μεγιστοποιεί το εμβαδόν της διατομής ;
Συνημμένα
κανάλι.png
κανάλι.png (92.13 KiB) Προβλήθηκε 981 φορές


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

διατομή.png
διατομή.png (8.05 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές
Εξαιρετικό θέμα που δυστυχώς ξεχάστηκε -- τέτοιες 'κατασκευές' θα έπρεπε να απασχολούν τους νέους! :)

Προτιμώ να εργαστώ με πλάτος φύλλου λαμαρίνας T (αντί ενός μέτρου). Όπως δείχνω και στο συνημμένο, έχουμε δύο περιπτώσεις (που καταλήγουν πάντως στον ίδιο τύπο):

(Ι) [0< \theta \leq \pi ] 'Μικρή' διατομή = κυκλικός τομέας - τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2-\dfrac{R^2sin\theta }{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

(II) [\pi \leq \theta \leq 2\pi ] 'Μεγάλη' διατομή = κυκλικός τομέας + τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2+\dfrac{R^2sin(2\pi -\theta )}{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

Αρκεί λοιπόν να μεγιστοποιηθεί η f(\theta )=\dfrac{\theta -sin\theta }{\theta ^2} για 0\leq \theta \leq 2\pi .

Για την μελέτη του προσήμου της παραγώγου f'(\theta )=\dfrac{2sin\theta -\theta cos\theta -\theta }{\theta ^3} αρκεί βεβαίως να μελετηθεί ο αριθμητής g(\theta )=2sin\theta -\theta cos\theta -\theta . Εδώ ... είτε κάποιο γραφιστικό πακέτο -- δεν συνιστώ την χρήση τους, όχι κατά την πρώτη ή δεύτερη προσπάθεια τουλάχιστον, σε όσους μαθαίνουν Λογισμό -- είτε η διακριτική υπόδειξη του θεματοδότη σε πιθανό συνδυασμό με την δική μας παρατηρητικότητα και εγρήγορση ... υποδεικνύουν πιθανό μέγιστο για \theta =\pi, και όντως g(\pi )=0. Περαιτέρω διαίσθηση ή/και κοινή λογική συνιστούν g(\theta )>0 για 0<\theta <\pi και g(\theta )<0 για \pi <\theta <2\pi .

Οι παραπάνω ανισότητες δεν είναι προφανείς, οπότε καλό είναι να εξεταστούν οι g'(\theta )=cos\theta +\theta sin\theta -1 και g''(\theta )=\theta cos\theta : η πρώτη μας δίνει αύξουσα g για 0<\theta <\dfrac{\pi }{2} (μέσω \theta >\sin\theta και g'(\theta)>cos\theta -cos^2\theta ) και φθίνουσα g για \pi <\theta <\dfrac{3\pi }{2} (μέσω cos\theta <0, sin\theta <0), η δεύτερη μας δίνει κυρτή g για 0<\theta <\dfrac{\pi }{2} & \dfrac{3\pi }{2}<\theta <2\pi και κοίλη g για \dfrac{\pi }{2}<\theta <\dfrac{3\pi }{2}.

Μπορούμε τώρα να τελειώσουμε το πρόβλημα ως εξής:

-- Για 0<\theta < \dfrac{\pi }{2} προκύπτει η g(\theta )>0 μέσω g(0)=0 και g'(\theta )>0.

-- Για \dfrac{\pi }{2}<\theta <\pi προκύπτει η g(\theta )>0 μέσω g(\dfrac{\pi }{2})=2-\dfrac{\pi }{2}>0, g(\pi )=0 και g''(\theta )<0.

-- Για \pi <\theta <\dfrac{3\pi }{2} προκύπτει η g(\theta )<0 μέσω g(\pi )=0 και g'(\theta )<0.

-- Για \dfrac{3\pi }{2}<\theta <2\pi προκύπτει η g(\theta )<0 μέσω g(\dfrac{3\pi }{2})=-2-\dfrac{3\pi }{2}<0, g(2\pi )=0 και g''(\theta )>0.

Έχουμε λοιπόν αποδείξει ότι για δοθέν πλάτος φύλλου T η μέγιστη διατομή καναλιού είναι ημικυκλική, ακτίνας \dfrac{T}{\pi} και εμβαδού \dfrac{T^2}{2\pi }.

[Κοπιώδης οπωσδήποτε η απόδειξη, δεν ξέρω αν μπορεί να γίνει κάτι καλύτερο, όσοι πιστοί προσέλθετε... (Όπως δεν ξέρω αν είναι τόσο διαισθητικά προφανές το αποτέλεσμα!) Χρησιμοποιήθηκαν η θετικότητα κοίλης συνάρτησης σε διάστημα στου οποίου τα άκρα είναι μη αρνητική και η αρνητικότητα κυρτής συνάρτησης σε διάστημα στου οποίου τα άκρα είναι μη θετική: πρόκειται για ένα χρήσιμο λήμμα που έχει χρησιμοποιηθεί κατά καιρούς στο :logo: (εδώ πχ, στην μορφή ότι "συνάρτηση κυρτή [κοίλη] σε διάστημα μεγιστοποιείται [ελαχιστοποιείται] σε ένα από τα δύο άκρα του διαστήματος") και που καλό είναι να γνωρίζουν οι υποψήφιοι!]
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Μάιος 03, 2021 4:17 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4617
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Μάιος 02, 2021 11:11 pm

To ίδιο ακριβώς πρόβλημα υπάρχει και σε τραπέζιο.


Για τη κατασκευή ενός καναλιού η κάθετη διατομή πρέπει να έχει το παρακάτω σχήμα όπου \mathrm{AB} \Gamma \Delta είναι ένα ισοσκελές τραπέζιο με \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma = 5\; m.

\displaystyle{ 
     		\begin{tikzpicture}[scale=0.7] 
     		  \draw (0, 0) -- (5, 0) -- (8, 4) -- (-2.94, 4.04) -- cycle; 
     		  \draw[line width=1.7pt] (-3, 0) -- (8.5, 0); 
     		  \draw [shift={(5,0)},color=gray,fill=gray,fill opacity=0.1] (0,0) -- (0:0.6) arc (0:53.13:0.6) -- cycle; 
     		  \draw [shift={(0,0)},color=gray,fill=gray,fill opacity=0.1] (0,0) -- (126.04:0.6) arc (126.04:180:0.6) -- cycle; 
     		  \draw (0, 0) node[below]{A}; 
     		  \draw (5, 0) node[below]{B}; 
     		  \draw (8, 4) node[above]{\text{\gr Γ}}; 
     		  \draw (-2.94, 4.04) node[above]{\text{\gr Δ}}; 
     		  \draw (5.8, 0.3) node[]{\text{\gr θ}}; 
     		  \draw (-0.7, 0.3) node[]{\text{\gr θ}}; 
     		\end{tikzpicture} 
}

Αν \theta είναι η γωνία που σχηματίζουν οι πλευρές \mathrm{A} \Delta και \mathrm{B} \Gamma με τη βάση του καναλιού τότε:

(α) να δειχθεί ότι το εμβαδόν της διατομής του καναλιού δίδεται από τον τύπο

\displaystyle{\mathrm{E} \left( \theta \right) = 25 \sin \theta \left( 1 + \cos \theta \right) \; , \; \theta \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right)}
(β) Να υπολογιστεί η γωνία \theta έτσι ώστε το κανάλι να μεταφέρει την μεγαλύτερη δυνατή ποσότητα νερού.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1369
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Μάιος 02, 2021 11:52 pm

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

(Όπως δεν ξέρω αν είναι τόσο διαισθητικά προφανές το αποτέλεσμα!)
Θα μπορούσαμε να το δούμε ως εξής, αν δεν κάνω λάθος: Έστω ότι η καλύτερη δυνατή διατομή δεν είναι ημικυκλική. Τότε αν φανταστούμε ότι τοποθετούμε ένα αλλο κανάλι πάνω στο κανάλι μας συμμετρικό του, τότε δημιουργείτε μια κλειστή καμπύλη (εκτός της περίπτωσης "πλήρους" κύκλου). Αυτή η καμπύλη έχει σταθερό μήκος 2 και έχει το μέγιστο εμβαδόν που μπορούμε να πετύχουμε με αυτή την σταθερή περίμετρο. Ως γνωστών όμως το μεγαλύτερο εμβαδόν με σταθερή περίμετρο το έχει ο κύκλος. Άτοπο.

Βέβαια θεωρούμε γνωστή την λύση του ισοπεριμετρικού προβλήματος.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μάιος 03, 2021 7:58 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 11:11 pm
To ίδιο ακριβώς πρόβλημα υπάρχει και σε τραπέζιο.


Για τη κατασκευή ενός καναλιού η κάθετη διατομή πρέπει να έχει το παρακάτω σχήμα όπου \mathrm{AB} \Gamma \Delta είναι ένα ισοσκελές τραπέζιο με \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma = 5\; m.

\displaystyle{ 
     		\begin{tikzpicture}[scale=0.7] 
     		  \draw (0, 0) -- (5, 0) -- (8, 4) -- (-2.94, 4.04) -- cycle; 
     		  \draw[line width=1.7pt] (-3, 0) -- (8.5, 0); 
     		  \draw [shift={(5,0)},color=gray,fill=gray,fill opacity=0.1] (0,0) -- (0:0.6) arc (0:53.13:0.6) -- cycle; 
     		  \draw [shift={(0,0)},color=gray,fill=gray,fill opacity=0.1] (0,0) -- (126.04:0.6) arc (126.04:180:0.6) -- cycle; 
     		  \draw (0, 0) node[below]{A}; 
     		  \draw (5, 0) node[below]{B}; 
     		  \draw (8, 4) node[above]{\text{\gr Γ}}; 
     		  \draw (-2.94, 4.04) node[above]{\text{\gr Δ}}; 
     		  \draw (5.8, 0.3) node[]{\text{\gr θ}}; 
     		  \draw (-0.7, 0.3) node[]{\text{\gr θ}}; 
     		\end{tikzpicture} 
}

Αν \theta είναι η γωνία που σχηματίζουν οι πλευρές \mathrm{A} \Delta και \mathrm{B} \Gamma με τη βάση του καναλιού τότε:

(α) να δειχθεί ότι το εμβαδόν της διατομής του καναλιού δίδεται από τον τύπο

\displaystyle{\mathrm{E} \left( \theta \right) = 25 \sin \theta \left( 1 + \cos \theta \right) \; , \; \theta \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right)}
(β) Να υπολογιστεί η γωνία \theta έτσι ώστε το κανάλι να μεταφέρει την μεγαλύτερη δυνατή ποσότητα νερού.
Καλημέρα Τόλη και Χρόνια Πολλά, Χριστός Ανέστη!

Δεν θα έλεγα ότι είναι το ίδιο πρόβλημα, αλλά ότι απλώς ανήκει στην ίδια οικογένεια: μία ομοιότητα είναι ότι ενώ στο πρόβλημα του συνεορτάζοντος Γιώργη θεωρείται δεδομένο το κυκλικό της διατομής, εδώ θεωρείται δεδομένη η \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma ^ μία διαφορά είναι ότι εκεί μπορούμε να 'κλείσουμε' το κανάλι προς τα πάνω, ενώ εδώ όχι. [Λάθος ... αν επιτραπεί η \Delta \Gamma <AB ή/και \theta >90^0!]

Επίσης το πρόβλημα σου είναι πολύ ευκολότερο όσον αφορά την επίλυση του: με 'κυκλική διαίσθηση' -- διάβαζε εγγραψιμότητα τραπεζίου -- μπορούμε εκ των προτέρων να δούμε ότι η διατομή μεγιστοποιείται για \theta =60^0, και η επίλυση της E'(\theta )=0 το επιβεβαιώνει αυτό.

Το κάνω λοιπόν πιο ενδιαφέρον, βγαίνοντας όμως και εκτός φακέλου, αφαιρώντας την συνθήκη \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma : δίδεται απλώς το πλάτος του φύλλου L και αναζητείται η γωνία \theta, αλλά και οι διαστάσεις του τραπεζίου, που μεγιστοποιούν το εμβαδόν της διατομής!

Αν b είναι η (κάτω) βάση του καναλιού -- όχι κατ' ανάγκην η μικρότερη βάση του ισοσκελούς τραπεζίου πλέον! -- και d οι ίσες πλευρές, ισχύει η b=L-2d, ενώ η άλλη (επάνω) βάση ισούται προς b+2dcos\theta (όπου 0<\theta <\pi ) και το ύψος ισούται προς dsin\theta. Συμπεραίνουμε ότι το εμβαδόν ισούται προς E(d, \theta)=(L-2d+dcos\theta )dsin\theta , και μηδενίζοντας τις μερικές παραγώγους λαμβάνουμε

(-2+cos\theta )dsin\theta +(L-2d+dcos\theta )sin\theta =0,

-(dsin\theta )dsin\theta +(L-2d+dcos\theta )dcos\theta =0.

Εξαιρώντας την τετριμμένη sin\theta =0 λαμβάνουμε L-2d+dcos\theta =(2-cos\theta )d και L-2d+dcos\theta =\dfrac{dsin^2\theta }{cos\theta }, αντίστοιχα, οπότε (2-cos\theta )d=\dfrac{dsin^2\theta }{cos\theta } και εύκολα πλέον \theta =\dfrac{\pi}{3} (οπότε άμεσα d=\dfrac{L}{3}) ... για μέγιστο εμβαδόν, που πρέπει να ελεγχθεί μέσω της 'γνωστής' ορίζουσας κλπ (παραλείπω τις λεπτομέρειες).

Βλέπουμε δηλαδή ότι η \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma επανέρχεται θριαμβευτικά, ως συμπέρασμα (b=d) πλέον!


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Μάιος 03, 2021 10:40 am

gbaloglou έγραψε:
Δευ Μάιος 03, 2021 7:58 am
Το κάνω λοιπόν πιο ενδιαφέρον, βγαίνοντας όμως και εκτός φακέλου, αφαιρώντας την συνθήκη \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma : δίδεται απλώς το πλάτος του φύλλου L και αναζητείται η γωνία \theta, αλλά και οι διαστάσεις του τραπεζίου, που μεγιστοποιούν το εμβαδόν της διατομής!
Αντιγράφω μια απόδειξη που μού άρεσε με την πρώτη ματιά:

02-05-2021 Άλγεβρα.jpg
02-05-2021 Άλγεβρα.jpg (15.91 KiB) Προβλήθηκε 583 φορές

Eίναι 2x+y=L, σταθερό.

\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = \frac{{2\left( {z + y} \right)\sqrt {{x^2} - {z^2}} }}{2} = \sqrt {{{\left( {x + y} \right)}^2}\left( {{x^2} - {z^2}} \right)}

Έχει μέγιστο όταν η παράσταση \displaystyle S = {\left( {z + y} \right)^2}\left( {{x^2} - {z^2}} \right) έχει μέγιστο,

δηλαδή όταν έχει μέγιστο η παράσταση \displaystyle 3S = \left( {z + y} \right)\left( {z + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {3x - 3z} \right),

για την οποία παρατηρούμε ότι το άθροισμα των όρων της είναι 2y+4x=2L, σταθερό, άρα παρουσιάζει μέγιστο ότανx = y = 2z, δηλαδή όταν \displaystyle \theta  = 60^\circ .
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

Εξαιρετικό θέμα που δυστυχώς ξεχάστηκε -- τέτοιες 'κατασκευές' θα έπρεπε να απασχολούν τους νέους! :)
Συμφωνώ απολύτως, ευχόμενος Χρόνια πολλά στον συνονόματο.

Τον δημιουργό της παραπάνω απόδειξης και την πηγή, φαντάζομαι θα την θυμήθηκε, πλέον, ο Γιώργος.
edit: Έκανα μια διόρθωση, με την υπόδειξη του Γιώργου Μπαλόγλου.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Τρί Μάιος 04, 2021 8:49 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μάιος 03, 2021 12:56 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Μάιος 03, 2021 10:40 am
gbaloglou έγραψε:
Δευ Μάιος 03, 2021 7:58 am
Το κάνω λοιπόν πιο ενδιαφέρον, βγαίνοντας όμως και εκτός φακέλου, αφαιρώντας την συνθήκη \mathrm{AB} = \mathrm{B} \Gamma : δίδεται απλώς το πλάτος του φύλλου L και αναζητείται η γωνία \theta, αλλά και οι διαστάσεις του τραπεζίου, που μεγιστοποιούν το εμβαδόν της διατομής!
Αντιγράφω μια απόδειξη που μού άρεσε με την πρώτη ματιά:


02-05-2021 Άλγεβρα.jpg


Eίναι 2x+y=L, σταθερό.

\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = \frac{{2\left( {x + y} \right)\sqrt {{x^2} - {z^2}} }}{2} = \sqrt {{{\left( {x + y} \right)}^2}\left( {{x^2} - {z^2}} \right)}

Έχει μέγιστο όταν η παράσταση \displaystyle S = {\left( {x + y} \right)^2}\left( {{x^2} - {z^2}} \right) έχει μέγιστο,

δηλαδή όταν έχει μέγιστο η παράσταση \displaystyle 3S = \left( {x + y} \right)\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {3x - 3z} \right),

για την οποία παρατηρούμε ότι το άθροισμα των όρων της είναι 2y+4x=2L, σταθερό, άρα παρουσιάζει μέγιστο όταν y = z και x = 2z, δηλαδή όταν \displaystyle \theta  = 60^\circ .
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

Εξαιρετικό θέμα που δυστυχώς ξεχάστηκε -- τέτοιες 'κατασκευές' θα έπρεπε να απασχολούν τους νέους! :)
Συμφωνώ απολύτως, ευχόμενος Χρόνια πολλά στον συνονόματο.

Τον δημιουργό της παραπάνω απόδειξης και την πηγή, φαντάζομαι θα την θυμήθηκε, πλέον, ο Γιώργος.
Γιώργο όχι, δεν θυμάμαι (αν εννοείς εμένα), αλλά, ΝΑΙ, πολύ αποτελεσματική προσέγγιση!

Ευχαριστώ πολύ και για τις ευχές, και φυσικά αντεύχομαι!


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μάιος 07, 2021 9:55 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Μάιος 03, 2021 10:40 am
Τον δημιουργό της παραπάνω απόδειξης και την πηγή, φαντάζομαι θα την θυμήθηκε, πλέον, ο Γιώργος.
Καλησπέρα σε όλους.

Η απόδειξη είναι του Yakov Perelman . Περιέχεται στα Διασκεδαστικά Μαθηματικά, τ.2 εκδόσεις Κάτοπτρο, 2001.
Την έχουμε συμπεριλάβει στην Οδό Μαθηματικής Σκέψης σε μια εκτενή αναφορά στο πρόβλημα της μέγιστης διατομής που μπορεί να έχει ένα λούκι σε ειδικές, αλλά και σε γενικευμένες περιπτώσεις.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μάιος 07, 2021 10:02 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 11:52 pm
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

(Όπως δεν ξέρω αν είναι τόσο διαισθητικά προφανές το αποτέλεσμα!)
Θα μπορούσαμε να το δούμε ως εξής, αν δεν κάνω λάθος: Έστω ότι η καλύτερη δυνατή διατομή δεν είναι ημικυκλική. Τότε αν φανταστούμε ότι τοποθετούμε ένα άλλο κανάλι πάνω στο κανάλι μας συμμετρικό του. Τότε δημιουργείται μια κλειστή καμπύλη (εκτός της περίπτωσης "πλήρους" κύκλου). Αυτή η καμπύλη έχει σταθερό μήκος 2 και έχει το μέγιστο εμβαδόν που μπορούμε να πετύχουμε με αυτή την σταθερή περίμετρο. Ως γνωστόν, όμως, το μεγαλύτερο εμβαδόν με σταθερή περίμετρο το έχει ο κύκλος. Άτοπο.

Βέβαια θεωρούμε γνωστή την λύση του ισοπεριμετρικού προβλήματος.
Ένας παρόμοιος συλλογισμός με αυτόν του Αλέξανδρου υπάρχει στη συνημμένη εικόνα

Οδός μαθηματικής σκέψης σσ.240-241.jpg
Οδός μαθηματικής σκέψης σσ.240-241.jpg (230.23 KiB) Προβλήθηκε 429 φορές
Σε επόμενη ανάρτηση μια απόδειξη στο αρχικό πρόβλημα με αμιγώς σχολικά μαθηματικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μάιος 07, 2021 10:09 pm

Θα αποδείξουμε ότι το μέγιστο εμβαδόν διατομής έχουμε στο ημικύκλιο.
Χρησιμοποιώ τα σχήματα και τους συμβολισμούς του Γιώργου Μπαλόγλου, που απέδειξε τον τύπο παραπάνω.

διατομή.png
διατομή.png (8.05 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές

Είναι  \displaystyle {\rm E}\left( \theta  \right) = \frac{{{T^2}}}{{2}} \cdot \frac{{\theta  - \eta \mu \theta }}{{{\theta ^2}}},\;\;\theta  \in \left( {0,\;2\pi } \right]

Θα αποδείξουμε ότι για κάθε  \displaystyle \theta  \in \left( {0,\;2\pi } \right] είναι
 \displaystyle {\rm E}\left( \theta  \right) \le \frac{{{T^2}}}{{2\pi }} \Leftrightarrow \frac{{\theta  - \eta \mu \theta }}{{{\theta ^2}}} \le \frac{1}{\pi } \Leftrightarrow {\theta ^2} - \pi \theta  + \pi \eta \mu \theta  \ge 0

Έστω  \displaystyle f:\left[ {0,\;2\pi } \right] \to R,\;\;f\left( x \right) = {x^2} - \pi x + \pi \eta \mu x

Είναι  \displaystyle f'\left( x \right) = 2x - \pi  + \pi \sigma \upsilon \nu x και  \displaystyle f''\left( x \right) = 2 - \pi \eta \mu x

Είναι  \displaystyle f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{2}{\pi }.

Είναι  \displaystyle 0 < \frac{2}{\pi } < 1 , οπότε εξίσωση έχει δύο ρίζες  \displaystyle {\rho _1} \in \left( {0,\;\frac{\pi }{2}} \right),\;\;{\rho _2} = \pi  - {\rho _1} \in \left( {\frac{\pi }{2},\;\pi } \right).

Επίσης,  \displaystyle  f''\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \eta \mu x < \frac{2}{\pi } \Leftrightarrow x \in \left[ {0,\;{\rho _1}} \right) \cup \left( {{\rho _2},2\pi } \right]

Είναι  \displaystyle f'\left( 0 \right) = \;f'\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = f'\left( \pi  \right) = 0 και  \displaystyle f\left( 0 \right) = f\left( \pi  \right) = 0 .

Η μονοτονία και το πρόσημο της  \displaystyle f φαίνονται στον πίνακα

07-05-2021 Ανάλυση.jpg
07-05-2021 Ανάλυση.jpg (41.6 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές


Άρα  \displaystyle \forall x\left[ {0,\;2\pi } \right],\;\;f\left( x \right) \ge 0 , οπότε  \displaystyle {\rm E}\left( \theta  \right) \le \frac{{{T^2}}}{{2\pi }} , με το ίσον όταν  \displaystyle \theta  = \pi .


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Μάιος 09, 2021 10:55 am

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Παρ Μάιος 07, 2021 10:02 pm
Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 11:52 pm
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm

(Όπως δεν ξέρω αν είναι τόσο διαισθητικά προφανές το αποτέλεσμα!)
Θα μπορούσαμε να το δούμε ως εξής, αν δεν κάνω λάθος: Έστω ότι η καλύτερη δυνατή διατομή δεν είναι ημικυκλική. Τότε αν φανταστούμε ότι τοποθετούμε ένα άλλο κανάλι πάνω στο κανάλι μας συμμετρικό του. Τότε δημιουργείται μια κλειστή καμπύλη (εκτός της περίπτωσης "πλήρους" κύκλου). Αυτή η καμπύλη έχει σταθερό μήκος 2 και έχει το μέγιστο εμβαδόν που μπορούμε να πετύχουμε με αυτή την σταθερή περίμετρο. Ως γνωστόν, όμως, το μεγαλύτερο εμβαδόν με σταθερή περίμετρο το έχει ο κύκλος. Άτοπο.

Βέβαια θεωρούμε γνωστή την λύση του ισοπεριμετρικού προβλήματος.
Ένας παρόμοιος συλλογισμός με αυτόν του Αλέξανδρου υπάρχει στη συνημμένη εικόνα


Οδός μαθηματικής σκέψης σσ.240-241.jpg

Σε επόμενη ανάρτηση μια απόδειξη στο αρχικό πρόβλημα με αμιγώς σχολικά μαθηματικά.
Με τις αποδείξεις του αρχικού προβλήματος ίσως ασχοληθώ αργότερα (αν έχω κάποια καλή ιδέα), όσον αφορά τα παραπάνω ισοπεριμετρικά: ενδιαφέροντα, αλλά όχι ακριβώς σχετιζόμενα προς το αρχικό πρόβλημα -- δεν ζητάμε δηλαδή το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε όχι υποχρεωτικά κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους, αλλά το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε μεταβλητής γωνίας κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους!


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1369
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Μάιος 09, 2021 1:37 pm

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 09, 2021 10:55 am

Με τις αποδείξεις του αρχικού προβλήματος ίσως ασχοληθώ αργότερα (αν έχω κάποια καλή ιδέα), όσον αφορά τα παραπάνω ισοπεριμετρικά: ενδιαφέροντα, αλλά όχι ακριβώς σχετιζόμενα προς το αρχικό πρόβλημα -- δεν ζητάμε δηλαδή το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε όχι υποχρεωτικά κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους, αλλά το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε μεταβλητής γωνίας κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους!
Νομίζω το να περιοριστούμε σε κυκλικά τόξα είναι υποσύνολο των καμπυλών του ισοπεριμετρικού προβλήματος, οπότε το ισοπεριμετρικό πρόβλημα είναι πιο γενικό αλλά όχι απαραίτητα διαφορετικό από αυτό που θέλουμε.

Έχουμε ως δεδομένο το σταθερό μήκος της λαμαρίνας 1 μέτρου. Έχουμε επίσης δεδομένο οτι θέλουμε να κατασκευάσουμε διατομή σχήματος κυκλικού τμήματος ( τόξου). Από όλα τα δυνατά σχήματα που μπορούμε να φτιάξουμε με την λαμαρίνα ήδη έχουμε περιοριστεί σε κυκλικά.

Αν προσδιορίσουμε πιο κομμάτι του κύκλου μας δίνει το μέγιστο εμβαδόν, τότε από αυτό μπορούμε να υπολογίσουμε και την ακτίνα που θέλουμε (το ζητούμενο, η κατασκευή). Αν για παραδειγμα προσδιορίσουμε ότι το μέγιστο εμβαδόν διατομής μας το δίνουν τα \frac{3}{4} του κύκλου, τότε η ακτίνα που ψάχνουμε θα είναι 1=\frac{3}{4} 2\pi R \Rightarrow R=\frac{2}{3\pi}.

Αν θεωρήσουμε ότι κάνουμε ημικυκλική διατομή, τότε για την ακτίνα R θα ισχύει 1=\pi R \Rightarrow R=\dfrac{1}{\pi}. Το εμβαδόν της διατομής S σε αυτή την περίπτωση είναι S=\dfrac{1}{2} \pi \cdot (\dfrac{1}{\pi})^2=\dfrac{1}{2\pi}.

Αν θέλουμε να φτιάξουμε όλο το κυκλικό τμήμα, δηλαδή να φτιάξουμε σωλήνα, τότε η ακτίνα R πρέπει να είναι 1=2\pi R \Rightarrow R=\dfrac{1}{2\pi}. Σε αυτήν την περίπτωση το αντίστοιχο εμβαδόν S είναι S=\pi (\dfrac{1}{2\pi})^2=\dfrac{1}{4\pi}.

Παρατηρούμε ότι έχουμε μικρότερο εμβαδόν διατομής από, ότι αν φτιάχναμε ημικύκλιο. Δηλαδή δεν μας συμφέρει να φτιάξουμε σωλήνα, αλλά ανοιχτό κανάλι.

Τώρα, έστω ότι το ημικύκλιο δεν είναι το καλύτερο δυνατό κανάλι, αλλά κάποιο άλλο τόξο ABC. Θεωρούμε το συμμετρικό του τόξο ως προς την ευθεία AB και εξετάζουμε την καμπύλη ACBC^{\prime}A. Δηλαδή μια κλειστή καμπύλη (σωλήνα) μήκους 2 και εμβαδόν διατομής 2S.

Επίσης θεωρούμε και την αντίστοιχη κλειστή καμπύλη που προκύπτει από ημικύκλιο μήκους 1. Αυτή θα έχει μήκος 2 και θα είναι ένας κύκλος. Με εμβαδόν 2S^\prime}, 2S^{\prime} < 2S \Rightarrow S^{\prime} < S.

Όμως από όλες τις καμπύλες με μήκος 2 το μέγιστο εμβαδόν το έχει ο κύκλος απότε S^{\prime} > S, άτοπο.

Άρα δεν μπορεί να έχουμε κατι καλύτερο από ημικυκλική διατομή και η ζητούμενη ακτίνα είναι R=\dfrac{1}{\pi}

Τα παραπάνω ήταν περισσότερο για τον τίτλο "προφανούς" και πως μπορούμε να δικαιολογήσουμε τον τίτλο.
kopiastikh_apodeiksh_profanous.png
kopiastikh_apodeiksh_profanous.png (18.5 KiB) Προβλήθηκε 326 φορές


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Μάιος 09, 2021 3:36 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μάιος 09, 2021 1:37 pm
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 09, 2021 10:55 am

Με τις αποδείξεις του αρχικού προβλήματος ίσως ασχοληθώ αργότερα (αν έχω κάποια καλή ιδέα), όσον αφορά τα παραπάνω ισοπεριμετρικά: ενδιαφέροντα, αλλά όχι ακριβώς σχετιζόμενα προς το αρχικό πρόβλημα -- δεν ζητάμε δηλαδή το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε όχι υποχρεωτικά κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους, αλλά το μέγιστο 'χορδικό εμβαδόν' που αντιστοιχεί σε μεταβλητής γωνίας κυκλικό τόξο δοθέντος μήκους!
Νομίζω το να περιοριστούμε σε κυκλικά τόξα είναι υποσύνολο των καμπυλών του ισοπεριμετρικού προβλήματος, οπότε το ισοπεριμετρικό πρόβλημα είναι πιο γενικό αλλά όχι απαραίτητα διαφορετικό από αυτό που θέλουμε.
Αλέξανδρε πράγματι, υπάρχει έλλειμμα (μαθηματικής) λογικής σ' αυτό που γράφω παραπάνω: χρειαζόμαστε την I\rightarrow K, αν είναι ήδη διαθέσιμες οι I\rightarrow T και T\rightarrow K, τότε αυτή που χρειαζόμαστε είναι άμεση από την \left(I\rightarrow T \wedge T\rightarrow K\right)\rightarrow (I\rightarrow K) . [Βεβαίως εδώ I = Ισοπεριμετρική ανισότητα, K = μέγιστη κυκλική διατομή, T = μέγιστη διατομή.]

Παραλείπω εδώ την χρήσιμη συζήτηση σου, Αλέξανδρε, παραπέμποντας στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση (σου).


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μάιος 10, 2021 11:46 am

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm
διατομή.png

Εξαιρετικό θέμα που δυστυχώς ξεχάστηκε -- τέτοιες 'κατασκευές' θα έπρεπε να απασχολούν τους νέους! :)

Προτιμώ να εργαστώ με πλάτος φύλλου λαμαρίνας T (αντί ενός μέτρου). Όπως δείχνω και στο συνημμένο, έχουμε δύο περιπτώσεις (που καταλήγουν πάντως στον ίδιο τύπο):

(Ι) [0< \theta \leq \pi ] 'Μικρή' διατομή = κυκλικός τομέας - τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2-\dfrac{R^2sin\theta }{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

(II) [\pi \leq \theta \leq 2\pi ] 'Μεγάλη' διατομή = κυκλικός τομέας + τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2+\dfrac{R^2sin(2\pi -\theta )}{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

Αρκεί λοιπόν να μεγιστοποιηθεί η f(\theta )=\dfrac{\theta -sin\theta }{\theta ^2} για 0\leq \theta \leq 2\pi .

Για την μελέτη του προσήμου της παραγώγου f'(\theta )=\dfrac{2sin\theta -\theta cos\theta -\theta }{\theta ^3} αρκεί βεβαίως να μελετηθεί ο αριθμητής g(\theta )=2sin\theta -\theta cos\theta -\theta . Εδώ ... είτε κάποιο γραφιστικό πακέτο -- δεν συνιστώ την χρήση τους, όχι κατά την πρώτη ή δεύτερη προσπάθεια τουλάχιστον, σε όσους μαθαίνουν Λογισμό -- είτε η διακριτική υπόδειξη του θεματοδότη σε πιθανό συνδυασμό με την δική μας παρατηρητικότητα και εγρήγορση ... υποδεικνύουν πιθανό μέγιστο για \theta =\pi, και όντως g(\pi )=0. Περαιτέρω διαίσθηση ή/και κοινή λογική συνιστούν g(\theta )>0 για 0<\theta <\pi και g(\theta )<0 για \pi <\theta <2\pi .
Εδώ αλλάζουμε ρότα ... για απλούστερη απόδειξη των δύο αμέσως παραπάνω ισχυρισμών! Παρατηρούμε ότι g(0)=g(\pi )=g(2\pi )=0, οπότε αρκεί να δειχθούν οι g(\theta _0)>0 και g(\theta _0)<0 για το τυχόν σημείο \theta _0\in (0, \pi ) όπου g'(\theta _0)=0 και για το τυχόν σημείο \theta _0\in (\pi , 2\pi ) όπου g'(\theta _0)=0, αντίστοιχα: αυτοί οι δύο ισχυρισμοί προκύπτουν άμεσα από τις g'(\theta )=cos\theta +\theta sin\theta -1, \theta _0=\dfrac{1-cos\theta _0}{sin\theta _0}, g(\theta _0)=sin\theta _0.

[Η παραπάνω μέθοδος είναι, νομίζω, αρκετά 'γνωστή' ώστε να θεωρείται σχολική: αν g(a)=g(b)=0 και g(x_0)\geq 0 για το τυχόν σημείο x_0\in (a, b) όπου g'(x_0)=0, τότε g(x)\geq 0 για x\in (a,b), με αντίστοιχο αποτέλεσμα για g(x_0)\leq 0. Δεν εφαρμόζεται πάντοτε, διότι η ζητούμενη g'(x)\geq 0 είναι συχνά υπερβολικά ισχυρή -- στην συγκεκριμένη περίπτωση ήμασταν ιδιαίτερα τυχεροί, καθώς όχι μόνον ισχύει αλλά είναι και τετριμμένη. (Να σημειωθεί επίσης ότι το σημείο τοπικού ακρότατου x_0 μπορεί να μην υπάρχει καν, στο συγκεκριμένο πρόβλημα για παράδειγμα υπάρχει στο (0,\pi), ισχύει δηλαδή η \theta _0=\dfrac{1-cos\theta _0}{sin\theta _0} για \theta _0\approx 2,331, αλλά όχι και στο (\pi ,2\pi) -- απόλυτα συμβατό αυτό με την μειωμένη δυσκολία επίλυσης στο δεύτερο διάστημα (αν ακολουθήσει κανείς είτε την αρχική μου απόδειξη είτε, πιθανολογώ εδώ, αυτήν του Γιώργου Ρίζου).]
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Τρί Μάιος 11, 2021 10:56 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2956
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Κοπιαστική απόδειξη του προφανούς

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μάιος 10, 2021 2:04 pm

gbaloglou έγραψε:
Δευ Μάιος 10, 2021 11:46 am
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Μάιος 02, 2021 10:56 pm
διατομή.png

Εξαιρετικό θέμα που δυστυχώς ξεχάστηκε -- τέτοιες 'κατασκευές' θα έπρεπε να απασχολούν τους νέους! :)

Προτιμώ να εργαστώ με πλάτος φύλλου λαμαρίνας T (αντί ενός μέτρου). Όπως δείχνω και στο συνημμένο, έχουμε δύο περιπτώσεις (που καταλήγουν πάντως στον ίδιο τύπο):

(Ι) [0< \theta \leq \pi ] 'Μικρή' διατομή = κυκλικός τομέας - τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2-\dfrac{R^2sin\theta }{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

(II) [\pi \leq \theta \leq 2\pi ] 'Μεγάλη' διατομή = κυκλικός τομέας + τρίγωνο = \dfrac{\theta }{2}R^2+\dfrac{R^2sin(2\pi -\theta )}{2}=T^2\left(\dfrac{\theta -sin\theta }{2\theta ^2}\right)

Αρκεί λοιπόν να μεγιστοποιηθεί η f(\theta )=\dfrac{\theta -sin\theta }{\theta ^2} για 0\leq \theta \leq 2\pi .

Για την μελέτη του προσήμου της παραγώγου f'(\theta )=\dfrac{2sin\theta -\theta cos\theta -\theta }{\theta ^3} αρκεί βεβαίως να μελετηθεί ο αριθμητής g(\theta )=2sin\theta -\theta cos\theta -\theta . Εδώ ... είτε κάποιο γραφιστικό πακέτο -- δεν συνιστώ την χρήση τους, όχι κατά την πρώτη ή δεύτερη προσπάθεια τουλάχιστον, σε όσους μαθαίνουν Λογισμό -- είτε η διακριτική υπόδειξη του θεματοδότη σε πιθανό συνδυασμό με την δική μας παρατηρητικότητα και εγρήγορση ... υποδεικνύουν πιθανό μέγιστο για \theta =\pi, και όντως g(\pi )=0. Περαιτέρω διαίσθηση ή/και κοινή λογική συνιστούν g(\theta )>0 για 0<\theta <\pi και g(\theta )<0 για \pi <\theta <2\pi .
Εδώ αλλάζουμε ρότα ... για απλούστερη απόδειξη των δύο αμέσως παραπάνω ισχυρισμών! Παρατηρούμε ότι g(0)=g(\pi )=g(2\pi )=0, οπότε αρκεί να δειχθούν οι g(\theta _0)>0 και g(\theta _0)<0 για το τυχόν σημείο \theta _0\in (0, \pi ) όπου g'(\theta _0)=0 και για το τυχόν σημείο \theta _0\in (\pi , 2\pi ) όπου g'(\theta _0)=0, αντίστοιχα: αυτοί οι δύο ισχυρισμοί προκύπτουν άμεσα από τις g'(\theta )=cos\theta +\theta sin\theta -1, \theta _0=\dfrac{1-cos\theta _0}{sin\theta _0}, g(\theta _0)=sin\theta _0.

[Η παραπάνω μέθοδος είναι, νομίζω, αρκετά 'γνωστή' ώστε να θεωρείται σχολική: αν g(a)=g(b)=0 και g(x_0)\geq 0 για το τυχόν σημείο x_0\in (a, b) όπου g'(x_0)=0, τότε g(x)\geq 0 για x\in (a,b), με αντίστοιχο αποτέλεσμα για g(x_0)\leq 0. Δεν εφαρμόζεται πάντοτε, διότι η ζητούμενη g'(x)\geq 0 είναι συχνά υπερβολικά ισχυρή -- στην συγκεκριμένη περίπτωση ήμασταν ιδιαίτερα τυχεροί, καθώς όχι μόνον ισχύει αλλά είναι και τετριμμένη. (Να σημειωθεί επίσης ότι το σημείο τοπικού ακρότατου x_0 μπορεί να μην υπάρχει καν, στο συγκεκριμένο πρόβλημα για παράδειγμα υπάρχει στο (0,\pi), ισχύει δηλαδή η \theta _0=\dfrac{1-cos\theta _0}{sin\theta _0} για \theta _0\approx 2,331, αλλά όχι και στο (\pi ,2\pi) -- απόλυτα συμβατό αυτό με την μειωμένη δυσκολία επίλυσης στο δεύτερο διάστημα (αν ακολουθήσει κανείς είτε την αρχική μου απόδειξη είτε, πιθανολογώ εδώ, αυτήν του Γιώργου Ρίζου).]
Παραθέτω και ένα σχήμα σχετιζόμενο προς τα παραπάνω: η 'βοηθητική καμπύλη' sin\theta -- τιμές της αρχικής συνάρτησης g(\theta)=2sin\theta-\theta cos\theta -\theta στα σημεία όπου g'(\theta)=0\leftrightarrow \theta =\dfrac{1-cos\theta}{sin\theta}, τιμές δηλαδή της 2sin\theta -\theta cos\theta -\theta=2sin\theta -\dfrac{1-cos\theta}{sin\theta}cos\theta-\dfrac{1-cos\theta}{sin\theta}=sin\theta -- τέμνει την αρχική συνάρτηση σε ένα ακριβώς σημείο στο (0,\pi) και σε κανένα στο (\pi ,2\pi), γενικότερα αρχική και βοηθητική είναι πολύ πιο κοντά η μία στην άλλη στο πρώτο διάστημα. (Σε άλλα προβλήματα όπου η μέθοδος αποτυγχάνει ... η βοηθητική καμπύλη μπορεί και να λαμβάνει αρνητικές τιμές εκεί που την θέλουμε θετική (ή αντίστροφα), εδώ απλώς είναι 'λιγότερο θετική' από την αρχική καθώς πλησιάζουμε στο \pi )!

ακρημ.gif
ακρημ.gif (4.94 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης