Εκνευριστική μεγιστοποίηση

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11547
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Νοέμ 06, 2019 7:05 pm

Εκνευριστική  μεγιστοποίηση.png
Εκνευριστική μεγιστοποίηση.png (7.99 KiB) Προβλήθηκε 398 φορές
Το ορθογώνιο ABCD έχει σταθερή την πλευρά AB=a και μεταβλητή την AD<a .

Οι διχοτόμοι των γωνιών \widehat{BAC} ,\widehat{DCA} , \widehat{B} , \widehat{D} αλληλοτεμνόμενες , σχηματίζουν

το παραλληλόγραμμο PQST , του οποίου ψάχνουμε το μέγιστο εμβαδόν .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2773
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm

Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία BAC=\theta\approx24,5^0. Ακριβέστερα, αν u=tan\theta/2, τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το u (και \theta) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}. Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου \alpha^2/5.

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]


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: 2773
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία BAC=\theta\approx24,5^0. Ακριβέστερα, αν u=tan\theta/2, τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το u (και \theta) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}. Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου \alpha^2/5.

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!


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: 2773
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Νοέμ 11, 2019 1:03 pm

gbaloglou έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία BAC=\theta\approx24,5^0. Ακριβέστερα, αν u=tan\theta/2, τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το u (και \theta) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}. Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου \alpha^2/5.

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!
Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση (\theta\approx 25,24^0), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα (\theta \approx25,62^0). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}: δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...


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
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9204
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 11, 2019 1:51 pm

gbaloglou έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:03 pm
gbaloglou έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία BAC=\theta\approx24,5^0. Ακριβέστερα, αν u=tan\theta/2, τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το u (και \theta) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}. Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου \alpha^2/5.

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!
Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση (\theta\approx 25,24^0), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα (\theta \approx25,62^0). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}: δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...
Με Geogebra, επιβεβαιώνεται η γωνία σου Γιώργο, \theta \approx25,62^\circ


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2773
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Νοέμ 11, 2019 2:08 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:51 pm
gbaloglou έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 1:03 pm
gbaloglou έγραψε:
Δευ Νοέμ 11, 2019 8:14 am
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Νοέμ 10, 2019 10:58 pm
Βρίσκω ότι η μέγιστη τιμή αντιστοιχεί σε γωνία BAC=\theta\approx24,5^0. Ακριβέστερα, αν u=tan\theta/2, τότε έχουμε μεγιστοποίηση εμβαδού παραλληλογράμμου για εκείνο το u (και \theta) για το οποίο ισχύει η 2u^4+5u^3-3u^2+5u-1=0. Αυτό προκύπτει από την ισότητα του ζητούμενου εμβαδού προς \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)tan\theta}{1+tan(\theta/2)}. Το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς περίπου \alpha^2/5.

[Χρησιμοποίησα αναλυτική γεωμετρία και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Επειδή οι πράξεις είναι πολλές, δεν δίνω λεπτομέρειες ... μέχρις ότου επιβεβαιώσει κάποιος το παραπάνω αποτέλεσμα μέσω geogebra ή άλλου πακέτου.]
Με ενημερώνει ο προτείνων KARKAR ότι το δικό του αποτέλεσμα διαφέρει ελαφρά από το δικό μου: θα ξαναδώ τους υπολογισμούς μου και θα επανέλθω!
Πράγματι βρήκα ένα μικρό λάθος στους υπολογισμούς μου, εξακολουθώ όμως -- παρά τις προσπάθειες και τους ελέγχους -- να έχω μια μικρή διαφορά από το αποτέλεσμα του Θανάση (\theta\approx 25,24^0), και υπάρχουν λόγοι να πιστεύουμε ότι το λάθος βρίσκεται στο δικό μου αποτέλεσμα (\theta \approx25,62^0). Για την ιστορία, το εμβαδόν που έχω τώρα είναι το \dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)}: δεν ξέρω αν και πότε θα το ξαναπροσπαθήσω...
Με Geogebra, επιβεβαιώνεται η γωνία σου Γιώργο, \theta \approx25,62^\circ
!!! The plot thickens, όπως λέγαμε και εν ΗΠΑ :) ("Η συνωμοσία διευρύνεται")

[Ένας λόγος που θεωρούσα σωστό το αποτέλεσμα του Θανάση ... είναι και η ύπαρξη κλειστού τύπου για την γωνία του.]


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: 2773
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Νοέμ 11, 2019 7:36 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Νοέμ 06, 2019 7:05 pm
Εκνευριστική μεγιστοποίηση.pngΤο ορθογώνιο ABCD έχει σταθερή την πλευρά AB=a και μεταβλητή την AD<a .

Οι διχοτόμοι των γωνιών \widehat{BAC} ,\widehat{DCA} , \widehat{B} , \widehat{D} αλληλοτεμνόμενες , σχηματίζουν

το παραλληλόγραμμο PQST , του οποίου ψάχνουμε το μέγιστο εμβαδόν .
Ένας τρόπος υπολογισμού του εμβαδού του παραλληλογράμμου PQST είναι η χρήση εξωτερικού γινομένου διανυσμάτων, οπότε (PQST)=|PQ\times PT|=|xw-yz|, όπου PQ=<x,y>, PT=<z,w>. (Βλέπε πχ εδώ.)

Ορίζοντας το κέντρο του παραλληλογράμμου ως την αρχή των αξόνων, θέτουμε A=(-\alpha /2, -h/2), B=(\alpha /2, -h/2), C=(\alpha /2, h/2), D=(-\alpha /2, h/2). Θέτοντας επίσης \angle BAC=\theta, βρίσκουμε εύκολα τις εξισώσεις των τεσσάρων πλευρών του PQST: y+h/2=tan(\theta /2)(x+\alpha /2) (PQ), y+h/2=-(x-\alpha /2) (QS), y-h/2=tan(\theta /2)(x-\alpha /2) (ST), y-h/2=-(x+\alpha /2) (TP).

Έχοντας τις εξισώσεις των πλευρών βρίσκουμε τις κορυφές επιλύοντας απλά συστήματα:

P=\left(\dfrac{h}{1+tan(\theta /2)}-\dfrac{\alpha}{2},\dfrac{h}{2}\left(\dfrac{-1+tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}\right)\right),

Q=\left(\dfrac{\alpha}{2}\left(\dfrac{1-tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2}\right),\dfrac{\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}-\dfrac{h}{2}\right),

S=\left(-\dfrac{h}{1+tan(\theta /2)}+\dfrac{\alpha}{2},-\dfrac{h}{2}\left(\dfrac{-1+tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}\right)\right),

T=\left(-\dfrac{\alpha}{2}\left(\dfrac{1-tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2}\right),-\dfrac{\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}+\dfrac{h}{2}\right).

Εύκολα τώρα υπολογίζονται οι συντεταγμένες των διανυσμάτων PQ=<x,y>, PT=<z,w>:

x=\dfrac{\alpha-h}{1+tan(\theta /2)}, y=\dfrac{(\alpha -h)tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}, z=\dfrac{\alpha tan(\theta /2)-h}{1+tan(\theta /2)}, w=\dfrac{h-\alpha tan(\theta /2)}{1+tan(\theta /2)}.

Aντικαθιστώντας τώρα την h=\alpha tan\theta στην (PQST)=|xw-yz| καταλήγουμε στον τύπο εμβαδού E(\theta )=\dfrac{\alpha^2(1-tan\theta)(tan\theta-tan(\theta /2))}{1+tan(\theta /2)} που έδωσα νωρίτερα σήμερα. Θέτοντας u=tan(\theta /2), οπότε tan\theta =\dfrac{2u}{1-u^2}, παρατηρούμε ότι η E'(u)=0 είναι ισοδύναμη προς την u^5+3u^4+14u^3-6u^2+5u-1=0, εξίσωση που οδηγεί στην u\approx 0,2236 (μόνη πραγματική ρίζα) και στην \theta\approx 25,62^0.

Προκύπτει ότι το μέγιστο εμβαδόν ισούται προς E\approx 0,1069\alpha ^2, και αντιστοιχεί σε ορθογώνιο ύψους h\approx 0,4795\alpha .


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
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11547
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εκνευριστική μεγιστοποίηση

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Νοέμ 11, 2019 8:49 pm

Εκνευριστική  μεγιστοποίηση.png
Εκνευριστική μεγιστοποίηση.png (8.67 KiB) Προβλήθηκε 159 φορές
Ας περιγράψω την δική μου προσέγγιση : Θέτοντας για ευκολία a=1 , AD=b<1 , έχω :

AC : y=bx , SB : y=-x+1 , DP : y=-x+b . Βρίσκουμε την εξίσωση της AQ : Σημείο (x,y)

ανήκει σ'αυτήν αν : \dfrac{|bx-y|}{\sqrt{b^2+1}}=y , που δίνει την ( δεκτή ) λύση : y=\dfrac{\sqrt{b^2+1}-1}{b}x

Συνεπώς το Q ως τομή των AQ , BS , έχει συντεταγμένες : (\dfrac{\sqrt{b^2+1}-b+1}{2},\dfrac{-\sqrt{b^2+1}+b+1}{2} )

Όμοια βρίσκω τις συντεταγμένες των P,T και εν συνεχεία το εμβαδόν του τριγώνου TPQ

- το S δεν μου χρειάζεται ! - με τον τύπο της ορίζουσας , το διπλάσιο του οποίου είναι το ζητούμενο .

Αυτό βρίσκεται ως συνάρτηση του b και η μεγιστοποίησή του βρίσκεται με χρήση λογισμικού ...


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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