Мозаичный форум  

Вернуться   Мозаичный форум > Территория общения > Творчество и юмор > Игры и задачи
Галерея Справка Пользователи Календарь Поиск Сообщения за день Все разделы прочитаны

Ответ
 
Опции темы
Старый 11.07.2006, 10:13   #41
Sergey
Старожил
 
Аватар для Sergey
 
Регистрация: 12.05.2006
Адрес: Г.Брянск
Сообщений: 8,853
Sergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мира
Впрочем, с квадратом еще ничего. А вот доказать, что из всех замкнутых фигур, имеющих одинаковый периметр, наибольшей по площади будет круг - задачка гораздо веселее . Вот где приходится голову ломать.

Решать не предлагаю. Доказательство действительно сложное. Да и не помню я его целиком.

А вот такую задачку предлагаю решить: записать в виде одной аналитической формулы функцию, график которой представляет собой гиперболу (1/x) но значение в нуле определено и равно 0.
Sergey вне форума   Ответить с цитированием
Старый 11.07.2006, 13:55   #42
Sergey
Старожил
 
Аватар для Sergey
 
Регистрация: 12.05.2006
Адрес: Г.Брянск
Сообщений: 8,853
Sergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мира
Мне уже присылают решения поставленной задачи . В связи с этим, новая задача. Задача звучит так: записать в виде одной аналитической формулы функцию, график которой изображен на рисунке:
Изображения
Тип файла: gif zadach.GIF (1.7 Кб, 16 просмотров)
Sergey вне форума   Ответить с цитированием
Старый 11.07.2006, 14:54   #43
Afa
Шволочь. И провокатор.
 
Аватар для Afa
 
Регистрация: 12.02.2006
Сообщений: 31,066
Afa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мираAfa мозаика мира
Губернатор, а теперь учти ВСЕ вероятности хотя б перечисленных тобой событий. ;P
__________________
... Survivors will be shot again.
Afa вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 13:08   #44
Исусик
Местный
 
Аватар для Исусик
 
Регистрация: 04.02.2006
Сообщений: 275
Исусик обретший свою ауру цветаИсусик обретший свою ауру цветаИсусик обретший свою ауру цвета
Цитата:
Сообщение от Sergey
Задача звучит так: записать в виде одной аналитической формулы функцию, график которой изображен на рисунке
Приятно было поразмыслить

y=( sqrt(x*x)+x )/2 - ( sqrt( sqr(x-a) )+(x-a) )/2

a - точка по х, над которой расположен правый излом графика
sqrt - корень квадратный
sqr - квадрат
Исусик вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 13:27   #45
Sergey
Старожил
 
Аватар для Sergey
 
Регистрация: 12.05.2006
Адрес: Г.Брянск
Сообщений: 8,853
Sergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мира
Исусик, все правильно, молодец .

sqrt(x*x) = |x|

Кстати, есть такой преием:
(f(x)+|f(x)|)/2 - график этой функции такой же как у f(x) за исключением точек ниже оси 0y. Все отрицательные значения обращаются в 0.
Sergey вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 14:19   #46
Губернатор
планеты Плюк
 
Аватар для Губернатор
 
Регистрация: 04.02.2006
Сообщений: 2,596
Губернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душой
Цитата:
предлагаю собравшимся подумать над такой задачей: доказать, что из всех прямоугольников с общим периметром, наибольшим по площади будет квадрат.
Пусть p - полупериметр, а - одна из сторон, тогда площадь прямоугольника a(p-a). Это парабола, "рогами" вниз, следовательно, имеет максимум в точке, находящейся посередине между нулями. Нули: 0, р. Середина - р/2. Но при а=p/2 вторая сторона тоже равна р/2. Получили квадрат.
__________________
Плесень размножается спорами. Не спорьте с плесенью!
Губернатор вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 16:53   #47
Sergey
Старожил
 
Аватар для Sergey
 
Регистрация: 12.05.2006
Адрес: Г.Брянск
Сообщений: 8,853
Sergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мира
Еще задачка: При помощи ножниц, циркуля и линейки разрезать произвольный треугольник на четыре равных прямоугольника. Не на бумаге, конечно, а теоретически .

Последний раз редактировалось Sergey; 12.07.2006 в 18:57.
Sergey вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 17:07   #48
Губернатор
планеты Плюк
 
Аватар для Губернатор
 
Регистрация: 04.02.2006
Сообщений: 2,596
Губернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душой
Цитата:
Впрочем, с квадратом еще ничего. А вот доказать, что из всех замкнутых фигур, имеющих одинаковый периметр, наибольшей по площади будет круг - задачка гораздо веселее . Вот где приходится голову ломать
Пусть замкнутая фигура ограничена ломанной линией из n отрезков длиной Dn.

1. Докажем, что среди всех таких фигур наибольшую площадь имеет правильный n-угольник.
2. Докажем, что при одинаковом периметре правильный n+1 угольник имеет большую площадь, чем правильный n-угольник.
3. Из 1 и 2 будет следовать, что максимальную площадь имеет круг, как правильный бесконечноугольник.
=========
1. уже частично доказан для 4-х угольников в задаче о квадрате
Для равностороннего треугольника и квадрата легко доказать 2.
Как это сделать в общем случае надо подумать...
__________________
Плесень размножается спорами. Не спорьте с плесенью!
Губернатор вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 18:38   #49
Sergey
Старожил
 
Аватар для Sergey
 
Регистрация: 12.05.2006
Адрес: Г.Брянск
Сообщений: 8,853
Sergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мираSergey мозаика мира
Губернатор, мысль понятна, но все же не уверен, что таким способом можно к чему-то прийти. Даже в задаче про квадрат- доказывается, что из всех прямоугольников наиболььшая площадь у квадрата. Там нету речи о других четырехугольниках. А ведь эти самые четырехугольники могут иметь бесконечное множество форм и комбинаций.
Поскольку в условии задаче говорится о кривой произвольной формы, то и доказательство необходимопроводить для четырехугольников произвольной модификации. Это заметно сложнее.

Затем, если ты собираешься пользоваться индукцией, то нужны выбрать конкретный тезис.
К примеру, ты хочешь доказать, что площадь круга с определенным периметром больше, чем у любого правильного многоугольника с тем же периодом. Для этого ты:
1. Доказываешь, что, к примеру, площадь квадрата с периметром P всегда больше, чем у правильньного треугольника с той же площадью.
2. Доказываешь, что если выполняется S(n)>S(n-1) то будет выполняться S(n+1)>S(n)
3. Обобщаешь индукцию.
Все, после этого тебе останется лишь доказать, что бесконечномерный правильный многоугольник удовлетворяет определению окружности.

Далее, тебе нужно провести через индукцию утверждение, что площадь любой фигуры, ограниченной n отрезками, сумма длин которых равна P, меньше чем площадь правильного n-угольника с периметром P.
Нужно будет доказать
1. Доказать, что из всех треугольников (например) с равным перимтром наибольший по площади - правильный (это доказать относительно несложно).
2. Доказать, что если
площадь любой фигуры, ограниченной n отрезками меньше, сумма длин которых равна P, меньше чем площадь правильного n-угольника с периметром P,
то
площадь любой фигуры, ограниченной n+1 отрезками меньше, сумма длин которых равна P, меньше чем площадь правильного n+1-угольника с периметром P
Надо ли уточнять, что доказать такое почти нереально? Слишком много различных комбинаций. Неясно, как свести n+1 замкнутую ломаную к n-ломаной и как это отразится на площади.

--------------

Доказательство, которое я видел, было несколько другого плана. Я помню лишь частично. Идея в том, что мы строим идеализацию - кривая одинаковой длинны, но наибольшая по площади. и исследуем свойства, которой должна обладать эта кривая. И оказыватся, что ничем другим кроме окружности эта кривая быть не может.

Там целая серия утверждений о свойствах, которые нужно доказать. Я помню только самое первое.
1. Кривая должна быть выпуклой. Действительно, если наша кривая не выпуклая, то существуют точки A и B такие что область, ограниченная отрезком AB и поверхностью кривой не принадлежит кривой. Но тогда сделаем такую операцию:
отразим часть кривой, ограниченной точками AB относительно отрезка AB. Получится новая кривая. Ее периметр не изменится, т.к. преобразование отражения сохраняет длину. При этом новая кривая полностью содержит в себе старую и еще кусочек. Получается, что новая кривая имеет тот же периметр, но большую площадь. Противоречие. Следовательно кривая должна быть выпуклой.
(чтобы было понятнее - см рисунок).

Ну и т.д.
Изображения
Тип файла: gif kriv.GIF (1.6 Кб, 6 просмотров)
Sergey вне форума   Ответить с цитированием
Старый 12.07.2006, 18:47   #50
Губернатор
планеты Плюк
 
Аватар для Губернатор
 
Регистрация: 04.02.2006
Сообщений: 2,596
Губернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душойГубернатор мастер, работающий с душой
Доказательство п.2.:

Разбиваем правильный n-угольник на n равнобедренных треугольников, имеющих общую вершину в центре n-угольника.

Угол при этой вершине - 2pi/n
Сторона n-угольника p/n (где p - периметр)
Площадь каждого треугольника - p^2/(4*n^2*tg(pi/n))
Площадь n-угольника - p^2/(4*n*tg(pi/n))
Отношение площади n+1-угольника к площади n-угольника:

n*tg(pi/n)
-----------------
(n+1)*tg(pi/(n+1))

для n>2 это отношение всегда больше 1 (хотя и стремится к 1 с ростом n)

Это можно доказать численно, построив график этой функции.
__________________
Плесень размножается спорами. Не спорьте с плесенью!
Губернатор вне форума   Ответить с цитированием
Ответ

Метки
задачи, логика

Опции темы

Ваши права в разделе
Вы не можете создавать новые темы
Вы можете отвечать в темах
Вы не можете прикреплять вложения
Вы не можете редактировать свои сообщения

BB коды Вкл.
Смайлы Вкл.
[IMG] код Вкл.
HTML код Выкл.

Быстрый переход


Часовой пояс GMT +4, время: 00:50.