szukanie zaawansowane
 [ Posty: 13 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 maja 2014, o 18:49 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
Witam,

Ostatnio zastanawiałem się nad hipotezą mówiącą o tym, że dla każdej funkcji opisanej jednomianem kwadratowym określonej dla x\in \left \langle0;  \right \infty) istnieje nieskończony zbiór okręgów, z których każdy jest styczny do wykresu funkcji w pewnym punkcie, jest styczny zewnętrznie z innym okręgiem należącym do tego zbioru oraz jest styczny do osi OX.

Byłbym bardzo wdzięczny, gdyby ktoś mnie chociaż naprowadził na drogę prowadzącą do weryfikacji lub falsyfikacji tej hipotezy :)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 28 maja 2014, o 18:33 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 4416
Lokalizacja: Łódź
Najprościej sprawdzić to konstrukcyjnie, czyli rysujesz najprostszą parabolę y=x ^{2}. wybierasz dowolny punkt styczności, konstruujesz okrąg styczny do paraboli i osi OX, a potem zastanawiasz się, czy się da/jak skonstruować następny okrąg.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 maja 2014, o 21:43 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
Próbowałem to liczyć analitycznie właśnie dla x^{2}, jednak rachunków jest bardzo dużo. Wyznaczyłem dwa takie okręgi, a trzeci był robotą na pół godziny liczenia.
Liczyłem to około dwa miesiące temu (ostatnio problem sobie przypomniałem) i pamiętam dość ciekawy fakt jaki zaistniał podczas obliczeń, że dla funkcji x^{2} bodajże współrzędne środków okręgów mają coś wspólnego ze złotą liczbą \varphi, ale musiałbym to zweryfikować, gdy będę miał czas.
Jednak mimo wszystko żeby hipotezę potwierdzić, trzeba by znaleźć pewną zależność między jakimiś wartościami liczbowymi zawartymi np. we współrzędnych kluczowych punktów kolejnych okręgów (styczności z krzywą, innymi okręgami i osią OX) i jego środka, czy też w promieniach danych okręgów.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 28 maja 2014, o 22:15 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 4416
Lokalizacja: Łódź
Wiem, że jest dużo liczenia i dlatego zaproponowałam konstrukcję. Z obrazka można potem odczytać jakieś zależności i uzasadnić je algebraicznie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 maja 2014, o 16:26 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
Muszę przyznać, że umiejętnościami konstrukcyjnymi nigdy nie mogłem się chwalić :)
Nie wiem czy miałaś na myśli rysunek poglądowy, na którym cyrklem "na oko" kreślił bym okręgi styczne, czy też chodziło Ci o konstrukcję z prawdziwego zdarzenia, jeśli takowa jest tutaj w ogóle możliwa.
Poniżej wstawiam obliczenia środka pierwszego okręgu, którego punkt styczności z krzywą ma współrzędne (1,1):
Wzór funkcji
f(x)= x^{2}
f'(x)= 2x
Równanie stycznej do krzywej w punkcie (1,1)
y _{s} -1=2(x-1)
y _{s}=2x-1
Równanie prostej prostopadłej do powyższej stycznej:
y_{s\perp}=- \frac{1}{2}x+b
Liczymy b po podstawieniu do równania współrzędnych
1=- \frac{1}{2}+b
b= \frac{3}{2}
y_{s\perp}=- \frac{1}{2}x+ \frac{3}{2}
Liczę współrzędne środka okręgu poprzez przyrównanie długości odcinka łączącego punkt styczności okręgu z krzywą (jest to oczywiście promień) do długości promienia poprowadzonego prostopadle do osi OX (do punktu styczności z osią).
\sqrt{\left( 1- x_{1} \right)^{2}+\left( 1- y_{1} \right)^{2}}=r _{\perp OX}
Jako że środek okręgu znajduje się w punkcie przecięcia się prostej y_{s\perp} z prostą zawierającą w sobie r _{\perp OX}, to r _{\perp OX}=y_{s\perp}(x _{1} )=- \frac{1}{2}x _{1} + \frac{3}{2}
Mamy równanie
\sqrt{\left( 1- x_{1} \right)^{2}+\left( 1- y_{1} \right)^{2}}=- \frac{1}{2}x _{1} + \frac{3}{2}
y_{1}=r _{\perp OX}=- \frac{1}{2}x _{1} + \frac{3}{2}
Podstawiamy i otrzymujemy
\sqrt{\left(  x_{1}-1 \right)^{2}+\left( \frac{1}{2}x _{1}- \frac{1}{2}  \right)^{2}}=- \frac{1}{2}x _{1} + \frac{3}{2}
Po podniesieniu obustronnie równania do kwadratu mamy i zredukowaniu wyrazów podobnych mamy
x_{1} ^{2} -x_{1}-1=0
Po uwzględnieniu założeń
x_{1}= \frac{1+ \sqrt{5} }{2}=\varphi
y_{1}=\frac{5- \sqrt{5} }{4}=r _{1}
No i otrzymaliśmy środek i promień okręgu pierwszego.
Ale sprawa bardzo się komplikuje, ponieważ w tym przypadku znaleźliśmy je, bo znaliśmy położenie punktu styczności okręgu z krzywą. W przypadku następnych okręgów nie znamy współrzędnej żadnego punktu, dlatego potrzebujemy najprawdopodobniej dwóch dodatkowych równań do układu.
A takich nie potrafię znaleźć.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 09:40 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 4416
Lokalizacja: Łódź
Dla dowolnego i-tego okręgu oznaczmy

P _{i} \left(  p _{i},p _{i} ^{2}\right) - punkt styczności z parabolą y=x ^{2}
S _{i} (x _{i},r _{i}) - środek okręgu

Wtedy równanie stycznej do paraboli to

y=2p _{i}x-p _{i} ^{2}

a równanie prostopadłej do paraboli w punkcie styczności to

y=- \frac{x}{2p _{i} }+p _{i} ^{2}+ \frac{1}{2}

(sprawdź, czy dobrze policzyłam).

Dla i=1 obieramy dowolny punkt P _{1}\left(  p _{1},p _{1} ^{2} \right) i wtedy mamy dwie niewiadome: x _{1} i r _{1}. Potrzebujemy więc układu dwóch równań - zrobiłeś to dla P _{1}(1,1).

Dla i>1 mamy trzy niewiadome: p _{i},x _{i},r _{i}. Trzeba więc dołożyć trzecie równanie, opisujące fakt, że odległość pomiędzy środkami kolejnych okręgów to suma ich promieni.

Trzecie równanie pokazuje szukany przez Ciebie związek pomiędzy dwoma kolejnymi okręgami.
Uogólnij równania dla dowolnej paraboli.
Warto zauważyć, że w zależności od obranego pierwszego punktu styczności generujemy najczęściej różne serie kolejnych okręgów.
Pomyśl, co jeszcze da się z tego wycisnąć, np. czy można wyznaczyć równanie krzywej, na której leżą środki wszystkich okręgów.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 15:51 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
A więc mamy układ równań, na razie dla y= x^{2} i pierwszego okręgu z punktem styczności (1,1):

\begin{cases}  r_{i}= -\frac{1}{2p _{i} }x _{i} +p _{i} ^{2}+ \frac{1}{2} \\  \sqrt{\left( p _{i}-x _{i}  \right)^{2} +\left(p _{i}^{2}-r _{i}  \right)^{2} }=r _{i}\\ \sqrt{\left( x _{i-1}-x _{i}  \right)^{2} +\left(r _{i-1}-r _{i}  \right)^{2} }=r _{i-1}+r _{i}\\ \end{cases}

Ale trochę mnie przerósł nawet dla samych obliczeń okręgu drugiego.
Podstawiłem r _{i} do równania drugiego i po długich obliczeniach zweryfikowanych Wolfram Mathematicą otrzymałem równanie x_{i}^{2}-p _{i}x _{i}  -p _{i}^4=0 z którego otrzymujemy rozwiązanie (po odrzuceniu drugiego z powodu założeń) x _{i} =\frac{p _{i} + \sqrt{4p _{i}^{4}+p _{i}^{2}  } }{2}.
Ostatecznie mamy równanie, którego nie potrafię rozwiązać:

\sqrt{\left( x _{i-1}-\frac{p _{i} + \sqrt{4p _{i}^{4}+p _{i}^{2}  } }{2}  \right)^{2} +\left(r _{i-1}+\frac{1}{2p _{i} }\frac{p _{i} + \sqrt{4p _{i}^{4}+p _{i}^{2}  } }{2} -p _{i} ^{2}- \frac{1}{2}  \right)^{2} }=r _{i-1}-\frac{1}{2p _{i} }\frac{p _{i} + \sqrt{4p _{i}^{4}+p _{i}^{2}  } }{2} +p _{i} ^{2}+ \frac{1}{2}

Mathematica odpowiada tak:
{{p -> Root[-1 + 2 #1 - 5 #1^2 + 16 #1^3 + 4 #1^4 + 2 #1^5 - 8 #1^6 + #1^8 &, 1]},
{p -> Root[-1 + 2 #1 - 5 #1^2 + 16 #1^3 + 4 #1^4 + 2 #1^5 - 8 #1^6 + #1^8 &, 2]},
{p -> Root[-1 + 2 #1 - 5 #1^2 + 16 #1^3 + 4 #1^4 + 2 #1^5 - 8 #1^6 + #1^8 &, 3]},
{p -> Root[-1 + 2 #1 - 5 #1^2 + 16 #1^3 + 4 #1^4 + 2 #1^5 - 8 #1^6 + #1^8 &, 5]},
{p -> Root[-1 + 2 #1 - 5 #1^2 + 16 #1^3 + 4 #1^4 + 2 #1^5 - 8 #1^6 + #1^8 &, 6]}}
Niestety nie wiem co to znaczy.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 16:18 
Użytkownik

Posty: 15355
Lokalizacja: Bydgoszcz
Myślę, że nie ma co tu kombinować z liczeniem okręgów.
Spróbujmy tak:
Dla dowolnego punktu A leżącego na prawej części paraboli rysujemy prostą p(A) prostopadłą do niej.
Prosta ta przecina oś OX w punkcie X_A. Na odcinku AX_A istnieje dokłądnie jeden punkt Q_A taki, że odległość |AQ_A jest równa odległości punktu Q_A od osi OX..Punkty Q_A tworzą krzywą, któa jest środkami okręgów stycznych do paraboli i osi OX.

Teraz ciąg okręgów konstruujemy następująco: bierzemy dowolny punkt p_1 na krzywej Q i rysujemy okrąg. Bierzemy kolejny punkt p na krzywej Q daleko na prawo tak, aby okręgi o środkach p i p_1 nie stykały się. Następnie punkt p przesuwamy wzdłuż krzywej Q do chwili, aż odpowiadający mu okrąg "dotknie" okręgu o środku p_1. I tak dalej...
Warto zauważyć, że podobną konstrukcje można wykonać również "w lewą stronę" tworząc ciąg okręgów o malejących promieniach.

To jest oczywiście idea, trzeba pokazać parę szczegółów: np, że krzywa Q będzie krzywą ciąglą (oczywiste) i że rozciągać się będzie dowolnie daleko w prawo (też oczywiste, bo leży na prawo od punkty A, oraz, że odwzorowanie A\to Q_A jest róznowartościowe (prawie oczywiste).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 17:04 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
A czy na 100% wiemy, że dla każdej takiej konstrukcyjnej operacji podczas przesuwania punktu p promień tego przesuwanego okręgu będzie malał "wolniej" niż odległość między środkiem tego okręgu a środkiem okręgu, z którym dążymy do uzyskania styczności zewnętrznej?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 18:01 
Użytkownik

Posty: 15355
Lokalizacja: Bydgoszcz
Jest to zupełnie nieważne: posuwasz sie wzdłuz krzywej i w pewnym momencie zadzwoni dzwonek: wtedy, gdy zderzysz się z juz istniejącym okręgiem.

Wykorzystuje się tutaj własnośc Darboux funkcji ciągłej. Jeżeli narysujemyodcinek łączący punkty p_1 i p, to na początku punkt przecięcia odcinka i okręgu ośrodku p jest na prawo od punktu przecięcia odcinka i okręgu o środku p_1. Gdy z p powędrujemy blisko p_1 to zamienią się miejscami. W pewnym momencie zatem muszą sie pokryć.

To jest znany pomysł, który wykorzystuje ciągłośc: podobnie dowodzi się np. istnienie okręgu wpisanego: zaczynasz od małego okręgu na dwusiecznej, który dotyka dwóch boków. Potem przesuwasz do wzdłuź dwusiecznej tak długo, aż dotknie trzeciego boku.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 18:19 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
Dzięki bardzo :) Czyli hipoteza jest jak najbardziej potwierdzona.

Początkowo chciałem ją zweryfikować, aby rozwiązać inny problem. Dążyłem do obliczenia stosunku sumy pól okręgów należących do powyższego zbioru (okręgi na prawo i lewo od okręgu startowego oraz okrąg startowy) do pola pod wykresem jednomianu kwadratowego oraz znalezienia zależności między położeniem okręgu startowego, a tym stosunkiem, jeśli cokolwiek ono zmienia.

Ale zniechęcił mnie ten układ równań. Czy w rzeczywistości nie ma innego mniej złożonego rozwiązania analitycznego?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 18:59 
Użytkownik

Posty: 15355
Lokalizacja: Bydgoszcz
Nie wiem :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 maja 2014, o 21:08 
Użytkownik

Posty: 21
Lokalizacja: Gdańsk
W sumie to nie jest to łatwe nawet dla prostej y=x.
Mamy nieco prostszy układ równań:

\begin{cases} r_{i}= -x _{i}+2p _{i}   \\ \sqrt{\left( p _{i}-x _{i} \right)^{2} +\left(p _{i}-r _{i} \right)^{2} }=r _{i}\\ \sqrt{\left( x _{i-1}-x _{i} \right)^{2} +\left(r _{i-1}-r _{i} \right)^{2} }=r _{i-1}+r _{i}\\ \end{cases}
Z którego wynika, że x _{i} = \sqrt{2}p _{i} oraz r _{i}=\left( 2- \sqrt{2} \right)p _{i}
Po podstawieniu do trzeciego równania otrzymujemy:

p _{i}=\left(7-4 \sqrt{2}+2 \sqrt{20-14 \sqrt{2}}\right)p _{i-1}
Ponadto

\frac{r _{i}}{r _{i-1}} = \frac{p _{i}}{p _{i-1}} =\left(7-4 \sqrt{2}+2 \sqrt{20-14 \sqrt{2}}\right)
Tak więc promienie okręgów tworzą ciąg geometryczny o ilorazie q=\left(7-4 \sqrt{2}+2 \sqrt{20-14 \sqrt{2}}\right)
(r _{n})=r _{1}q ^{n-1} oraz (p _{n})=p _{1}q ^{n-1}

Na jego podstawie możemy wyznaczyć ciąg oznaczający pola kolejnych okręgów
\left( P _{n}\right) =\pi\left[ \left(2- \sqrt{2} \right) p _{1}q ^{n-1}  \right] ^2=\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2} p _{1}^{2}q ^{2n-2}
Dotyczy on jedynie okręgu startowego i tych na prawo od startowego. Dla startowego i tych po lewej stronie ciąg jest postaci:
\left( P' _{n}\right) = \frac{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2} p _{1}^{2}}{q ^{2n-2}}
I tutaj niestety nie wiem jak w rzeczywistości można by sensownie przedstawić wzór na sumę wyrazów tych ciągów.
Potrafię jedynie numerycznie aproksymować szukany stosunek dla konkretnych n z pominięciem okręgów po lewej stronie okręgu startowego:
Wiemy, że \int x \,\mbox{d}x = \frac{x ^{2} }{2} +C
Poziomy wymiar powierzchni pod wykresem mierzony jest od x _{0}=0 do x _{f}=x _{n}+r _{n}=2p _{n}

Więc dla p _{1} =1 i n=1

k _{1} = \frac{ \int_{0}^{2}  x \,\mbox{d}x}{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2}}= \frac{2}{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2}} \approx 1,86

Dla p _{1} =1 i n=3

k _{3}  \approx  \frac{ \int_{0}^{10,03}  x \,\mbox{d}x}{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2}\left( 1+q ^{2} +q ^{4} \right)  }\approx 1,5

Wzór ogólny to k=\frac{2\left(  p _{1}q ^{n-1\right) ^{2} }  }{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2}p _{1} ^{2}  \left( 1+q ^{2} +q ^{4}+\cdots +q ^{2n-4}+q ^{2n-2} \right)}

Edit: Napisałem program i dla bardzo małego p _{1}=10 ^{-12} (tak aby okręgi po lewej stronie były pomijalne) oraz dla ilości okręgów n=100 otrzymałem wynik k \approx 1,48544 i można to uznać za najlepsze przybliżenie tego stosunku. Dla innych wartości (np. bardzo dużego p _{1}) wynik jest taki sam.

Jeśli coś takiego ma miejsce dla zwykłej funkcji liniowej, to jakoś nie mam ochoty rozpatrywać jednomianu kwadratowego dalej :)

-- 2 cze 2014, o 19:25 --

W sumie to dopiero teraz zauważyłem, że we wzorze skraca się p _{1} ^{2}. Czy to jest możliwe, żeby ten stosunek był niezależny od startowego punktu styczności?
Ale jak się nad tym zastanowiłem, to ma to swój sens.
Dla każdego n \in \mathbb{N} stosunki promieni kolejnych okręgów będą zawsze takie same niezależnie od p _{1}, a ponadto prawdą jest, że dla dowolnego p _{1} stosunek \frac{\left| OP\right| }{r _{1}}=const, gdzie OP to odcinek łączący początek układu współrzędnych i punkt styczności okręgu startowego z prostą, więc k\left( n, p _{1 _{1} } \right) =k\left( n, p _{1 _{2} } \right).

Można to w łopatologiczny sposób wytłumaczyć w ten sposób, że gdyby w jednym układzie współrzędnych zmniejszyć skalę tak, aby przykładowo x=10 ^{-12} odpowiadało x=1 w drugim układzie współrzędnych, to jeśli p _{1 _{1} } =10 ^{-12} w pierwszym układzie i p _{1 _{2} }=1 w drugim układzie, to układy i ich zawartość będą wyglądały identycznie.
Wzór przyjmuje więc postać:
k=B\frac{q ^{2n-2 } }{1+q ^{2} +q ^{4}+\ldots +q ^{2n-4}+q ^{2n-2}}, gdzie B= \frac{2}{\pi\left(2- \sqrt{2} \right)^{2}}

-- 3 cze 2014, o 12:00 --

Do uzyskania ostatecznej odpowiedzi w postaci nieaproksymowanej trzeba by wyznaczyć

\lim_{n \to \infty} B\frac{q ^{2n-2 } }{1+q ^{2} +q ^{4}+\ldots +q ^{2n-4}+q ^{2n-2}}
Niestety nie znam sposobu na obliczenie tej granicy.

-- 3 cze 2014, o 12:10 --

Rodzi się ponadto jeszcze jedno pytanie.
Otóż kilka powyższych wzorów zostało wyprowadzone przy pominięciu okręgów leżących po lewej stronie okręgu startowego. Jednak wydaje mi się, że z uwagi na to, że ich pola tworzą ciąg malejący, to nie mają one wpływu na stosunek przy ilości okręgów po prawej stronie dążącej do \infty.
Czy jest to prawda?

-- 4 cze 2014, o 16:04 --

Z pomocą kolegi udało się wyznaczyć dokładną wartość granicy :)

k=\lim_{n \to \infty} B\frac{q ^{2n-2 } }{1+q ^{2} +q ^{4}+\ldots +q ^{2n-4}+q ^{2n-2}}=B\lim_{n \to \infty} \frac{q ^{2n-2 }  }{ \frac{q ^{2n}-1 }{q ^{2}-1 } }=B\lim_{n \to \infty} \frac{q ^{2 } -1 }{ q ^{-2n} -1 }=\\=B\left( 1-q ^{-2} \right)= \frac{4 \left(8-4 \sqrt{2}+5 \sqrt{20-14 \sqrt{2}}+4 \sqrt{10-7
   \sqrt{2}}\right)}{\left(7 \left(23-16 \sqrt{2}+4 \sqrt{20-14
   \sqrt{2}}\right)-32 \sqrt{10-7 \sqrt{2}}\right) \pi } \approx 1,48544

Tak więc jeśli odpowiedzią na pytanie powyżej (z okręgami po lewej i po prawej) jest "TAK", to stosunek pola pod wykresem funkcji liniowej y=x, do sumy pól okręgów stycznych wykresu tej fukncji, stycznych zewnętrznie do sąsiednich okręgów i do osi OX równy jest k.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 13 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Znajdź równanie ogólnej stycznej i stycznych do okręgu  Anonymous  2
 Wyznacz liczbe okregów stycznych do osi X, Y oraz ...  Anonymous  1
 Oblicz współrzedne punktu P przecięcia obu stycznych  Anonymous  2
 punkty wspólne dwóch okregów  attyde  4
 Równania stycznych do okręgu  Anonymous  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl