mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 17, 2018 1:05 pm**

Με αφορμή το πρόβλημα που έθεσε ο κ.Τσιάλας από τις κορεάτικες εισαγωγικές εδώ.

Ποιά από τις παρακάτω δυο καμπύλες έχει μεγαλύτερο μήκος: η έλλειψη $\displaystyle \left \{ \left ( x,y \right ) : \dfrac{x^2}{2}+y^2=1 \right \}$ ή η ημιτονοειδής $\displaystyle \left \{ \left ( x, \sin x\right ) : 0 \leq x \leq 2\pi \}$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 28, 2019 11:54 am**

ΙΣΟΜΗΚΕΙΣ: χρησιμοποιώντας τον γνωστό τύπο για μήκος καμπύλης $L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'(x)^2}dx}$ και ιδιότητες των δύο καμπύλων, $y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2}}$ και y=sinx

, βλέπουμε ότι αρκεί να δειχθεί η ισότητα

$\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{4-x^2}{4-2x^2}}dx}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{1+cos^2x}dx}$ ,

κάτι που επιτυγχάνεται άμεσα μέσω της αντικατάστασης $x=\sqrt{2}sin\theta$ στο πρώτο ολοκλήρωμα.

: ισομήκεις.png (9.55 KiB) Προβλήθηκε 2053 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 28, 2019 4:39 pm**

gbaloglou έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 11:54 am ΙΣΟΜΗΚΕΙΣ: χρησιμοποιώντας τον γνωστό τύπο για μήκος καμπύλης $L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'(x)^2}dx}$ και ιδιότητες των δύο καμπύλων, $y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2}}$ και , βλέπουμε ότι αρκεί να δειχθεί η ισότητα

$\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{4-x^2}{4-2x^2}}dx}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{1+cos^2x}dx}$ ,

κάτι που επιτυγχάνεται άμεσα μέσω της αντικατάστασης $x=\sqrt{2}sin\theta$ στο πρώτο ολοκλήρωμα.
ισομήκεις.png

Σωστά κ.Γιώργο. Για να τιμήσουμε και το φάκελο, ας το αφήσουμε και για την γεωμετρική λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 28, 2019 11:45 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 4:39 pm
gbaloglou έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 11:54 am ΙΣΟΜΗΚΕΙΣ: χρησιμοποιώντας τον γνωστό τύπο για μήκος καμπύλης $L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'(x)^2}dx}$ και ιδιότητες των δύο καμπύλων, $y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2}}$ και , βλέπουμε ότι αρκεί να δειχθεί η ισότητα

$\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{4-x^2}{4-2x^2}}dx}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{1+cos^2x}dx}$ ,

κάτι που επιτυγχάνεται άμεσα μέσω της αντικατάστασης $x=\sqrt{2}sin\theta$ στο πρώτο ολοκλήρωμα.
ισομήκεις.png
Σωστά κ.Γιώργο. Για να τιμήσουμε και το φάκελο, ας το αφήσουμε και για την γεωμετρική λύση.

Αλέξανδρε ας θεωρηθεί αδέξια επαναφορά η συνεισφορά μου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 17, 2019 8:21 am**

gbaloglou έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 11:45 pm
Al.Koutsouridis έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 4:39 pm
gbaloglou έγραψε: Δευ Ιαν 28, 2019 11:54 am ΙΣΟΜΗΚΕΙΣ: χρησιμοποιώντας τον γνωστό τύπο για μήκος καμπύλης $L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'(x)^2}dx}$ και ιδιότητες των δύο καμπύλων, $y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2}}$ και , βλέπουμε ότι αρκεί να δειχθεί η ισότητα

$\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{4-x^2}{4-2x^2}}dx}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{1+cos^2x}dx}$ ,

κάτι που επιτυγχάνεται άμεσα μέσω της αντικατάστασης $x=\sqrt{2}sin\theta$ στο πρώτο ολοκλήρωμα.
ισομήκεις.png
Σωστά κ.Γιώργο. Για να τιμήσουμε και το φάκελο, ας το αφήσουμε και για την γεωμετρική λύση.
Αλέξανδρε ας θεωρηθεί αδέξια επαναφορά η συνεισφορά μου

Επίσημη πλέον επαναφορά ... τρεις μήνες μετά την αρχική ανάρτηση!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 17, 2019 6:21 pm**

Υπόδειξη

:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2019 10:09 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Κυρ Φεβ 17, 2019 6:21 pm Υπόδειξη :
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Τυλίξτε ένα παριζάκι με μια κόλλα χαρτί (μερικές φορές) και κόψτε το εγκάρσια υπό 45 μοίρες προς τον άξονα του. Ξετυλίξτε το χαρτί. Τι παρατηρείτε;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 21, 2019 4:09 pm**

Γενικότερα, αν ο κύλινδρος $(x, cos\theta, sin\theta)$ τμηθεί 'συμμετρικά' από επίπεδο που σχηματίζει γωνία $\phi$ με τον άξονα του, τότε η προκύπτουσα τομή είναι έλλειψη με μήκος περιφέρειας ίσο προς αυτό της ημιτονοειδούς καμπύλης $x=\dfrac{siny}{tan\phi}$ από

έως $2\pi$ .

Πράγματι, αρκεί να παρατηρηθεί ότι η τομή του παραπάνω κυλίνδρου (ακτίνας

και άξονα ταυτιζόμενου με τον άξονα των

) με το παραπάνω επίπεδο είναι η $(x, \sqrt{1-(tan\phi)^2x^2}, (tan\phi)x)$ , όπου $-\dfrac{1}{sin\phi}\leq x\leq \dfrac{1}{sin\phi}$ , οπότε ... κυλίοντας τον κύλινδρο παράλληλα προς τον άξονα των

και κάθετα προς τον άξονα των

... η απόσταση που χρειάζεται να διανύσει το τυχόν σημείο $(x_0, \sqrt{1-(tan\phi)^2x_0^2}, (tan\phi)x_0)$ της τομής ώσπου να 'προσγειωθεί' στο επίπεδο z=0

είναι ίση προς το μήκος του τόξου από το σημείο αυτό μέχρι το (x_0, 0, 0)

επί του κύκλου-τομής του κυλίνδρου και του επιπέδου x=x_0

, ίση δηλαδή προς

$y_0=\displaystyle tan^{-1}\left(\dfrac{(tan\phi)x_0}{\sqrt{1-(tan\phi)^2x_0^2}}\right)=sin^{-1}\left((tan\phi)x_0)\right).$

[Τα παραπάνω επαληθεύει ο Λογισμός, καθώς το μεν μήκος της ελλειπτικής τομής $(sin\phi)^2x^2+y^2=1$ ισούται προς $4\displaystyle\int_{0}^{1/sin\phi}\sqrt{\dfrac{1-(sin^2\phi-sin^4\phi)x^2}{1-(sin^2\phi)x^2}}dx$ , το δε μήκος της ημιτονοειδούς $x=\dfrac{siny}{tan\phi}$ ισούται προς $4\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\sqrt{1+\dfrac{cos^2y}{tan^2\phi}}dy$ . (Η ισότητα των δύο ολοκληρωμάτων καταδεικνύεται μέσω της αντικατάστασης $x=\dfrac{siny}{sin\phi}$ μόνον στην περίπτωση $\phi=\pi /4$ (αρχικό πρόβλημα, βλέπε και πρώτη μου δημοσίευση εδώ), επαληθεύεται όμως αριθμητικά -- και όχι μόνον, κρίνοντας από την απάντηση του WolframAlpha -- για οποιαδήποτε τιμή της γωνίας τομής $\phi$ , στην περίπτωση $\phi=\pi /3$ για παράδειγμα ισχύει η $\displaystyle \int_{0}^{2/\sqrt{3}}\sqrt{\dfrac{16-3x^2}{16-12x^2}}dx=\int_{0}^{\pi /2}\sqrt{1+\dfrac{cos^2y}{3}}dy\approx 1,69448$ .)]

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 21, 2019 8:46 pm**

Η γεωμετρική απόδειξη (δεύτερη σελίδα) των παραπάνω αποτελεσμάτων καθώς και άλλων πιο γενικών, μπορεί κανείς να βρει στο άρθρο των Apostol, Mnatsakanian "Ξετυλίγοντας καμπύλες από κυλίνδρους και κώνους".

mathematica.gr

Στο ίδιο μήκος κύματος

Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος

Re: Στο ίδιο μήκος κύματος