Srodne teme
Navigacija
Lista poslednjih: 16, 32, 64, 128 poruka.

Dokazati da je u pitanju hiperboloid

[es] :: Matematika :: Dokazati da je u pitanju hiperboloid

[ Pregleda: 4019 | Odgovora: 10 ] > FB > Twit

Postavi temu Odgovori

Autor

Pretraga teme: Traži
Markiranje Štampanje RSS

devojcica

Član broj: 25559
Poruke: 25
*.sr.gov.yu.

Jabber: savic_marijana@yahoo.com


Profil

icon Dokazati da je u pitanju hiperboloid27.04.2004. u 22:50 - pre 197 meseci
Evo jedan divan zadatak, hajde da ga rešimo!

Dokazati da ako neko trodimenzionalno telo u preseku sa ravni daje prazan skup, tačku ili hiperbolu, onda je to je telo hiperboloid.

Uživajte :)
 
Odgovor na temu

Nedeljko
Nedeljko Stefanović

Član broj: 314
Poruke: 8347
*.dial.InfoSky.Net



+2707 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 01:42 - pre 197 meseci
Jednograni (eliptički) hiperboloid u preseku sa ravni ne može da da tačku niti prazan skup, ali može da da dve prave koje se seku u tački (što je doduše degenerisan slučaj hiperbole), a dvograni (hiperbolički) hiperboloid u preseku sa ravni može da da i elipsu. Na koji si hiperboloid mislila i da li si sigurna da je tvrđenje tačno?
Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.
 
Odgovor na temu

devojcica

Član broj: 25559
Poruke: 25
*.sr.gov.yu.

Jabber: savic_marijana@yahoo.com


Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 15:37 - pre 197 meseci
Moze li ovako: Ako telo u preseku sa ravni daje sve sto inace hiperboloid daje u preseku sa ravni, treba da se dokaze da je to telo hiperboloid. Veoma ces me usreciti ako dokazes to za bilo koji od hiperboloida, trebalo bi da je mnogo tesko. Nije sigurno da je tacno, ali isti zadatak za elipsoid je dokazan, s tim sto se dokaz oslanja na to sto je elipsoid ogranicen, pa je potpuno neprimenljiv na hiperboloid. Nije da tek tako pitam, dosta sam lupala glavu oko toga, i jos neke malo pametnije glave od moje su lupane, pa nisu resile. Svaka cast ako uspes, puno srece.
 
Odgovor na temu

devojcica

Član broj: 25559
Poruke: 25
*.sr.gov.yu.

Jabber: savic_marijana@yahoo.com


Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 15:42 - pre 197 meseci
Inace, mislim da nije bas fer da mi se tek tako menja naziv teme.
 
Odgovor na temu

Nedeljko
Nedeljko Stefanović

Član broj: 314
Poruke: 8347
*.dial.InfoSky.Net



+2707 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 16:19 - pre 197 meseci
Može se dokazati da ako neka površ u preseku sa ravni uvek daje krivu drugog reda u degenerisanom ili nedegenerisanom obliku, onda je to površ drugog reda. Posle je lako, može se na primer koristiti klasifikacija površi drugog reda. No, sada nemam vremena, postovaću rešenje kasnije. No, ipak nisi rekao na koju rstu hiperboloida misliš.
Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.
 
Odgovor na temu

Bojan Basic
Novi Sad

SuperModerator
Član broj: 6578
Poruke: 3984
*.smin.sezampro.yu.

Jabber: bojan_basic@elitesecurity.org
ICQ: 305820253


+594 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 16:46 - pre 197 meseci
Citat:
devojcica:
Inace, mislim da nije bas fer da mi se tek tako menja naziv teme.

Tvoj raniji naziv teme bio je, ako se dobro sećam, "Pomozite devojčici" što savršeno nema veze sa kontekstom poruke. Naziv teme mora ukratko da opisuje problem koji postavljate da bi neko i pre nego što je otvori mogao da zna o čemu se radi u njoj. Ja sam izmenio naziv tvojoj temi i to možeš da shvatiš i kao gest dobre volje, jer sam isto tako mogao obrisati tvoju temu i kao komentar navesti "obrati pažnju na naziv", a da sam je ostavio kao što je bila vrlo je verovatno da bi je neki kolega izbrisao iz istog razloga. Inače, kako misliš da moderatori menjaju poruke ako ne "tek tako"?
Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.
 
Odgovor na temu

devojcica

Član broj: 25559
Poruke: 25
*.sr.gov.yu.

Jabber: savic_marijana@yahoo.com


Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid28.04.2004. u 17:34 - pre 197 meseci
Dokazi mi za jednu vrstu, bilo koju. Valjda cu posle uspeti da se sama snadjem za drugu.
 
Odgovor na temu

Nedeljko
Nedeljko Stefanović

Član broj: 314
Poruke: 8347
*.dial.InfoSky.Net



+2707 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid30.04.2004. u 02:19 - pre 197 meseci
Neka je S skup tačaka u koji ima osobinu da je presek bilo koje ravni prazan skup, tačka, prava, unija dve paralelne prave, unija dve prave koje se seku, elipsa, parabola ili hiperbola. Dokažimo da tada postoje takve konstante A,B,C,D,E,F,G,H,I,J da za ma koje realne brojeve x,y,z važi


Pretpostavimo najpre da svaka ravan u preseku sa skupom S daje prazan skup, tačku ili pravu. Tada su sve tačke skupa S kolinearne, pa ako uočimo ravan na kojoj leži prava kojoj pripadaju sve tačke skupa S, presek skupa S sa tom ravni će biti skup S, pa je S ili prazan skup ili tačka ili prava. U sva tri slučaja skup S ima jednačinu traženog oblika. Prazan skup ima jednačinu , tačka jednačinu , a prava jednačinu .

Pretpostavimo zato da postoji ravan koja u preseku sa skupom S ne daje niti prazan skup, niti tačku, niti pravu. Budući da svaka od preostalih figura ima tačno dve zajedničke tačke sa barem jednom pravom, postojaće različite tačke P i Q skupa S sa osobinom da na pravoj PQ nema drugih tačaka skupa S. Izaberimo Dekartov koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u tački P kome je x-osa prava Q. Dakle, koordinate tih tačaka će biti P(0,0,0) i Q(a,0,0) za neko a. Ukoliko dokažemo da u tom Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu skup S ima jednačinu tog oblika, onda će je imati i u svakom drugom.

Sa označimo skup svih parova realnih brojeva (y,z), takvih da tačka (x,y,z) pripada skupu S za tačno dve realne vrednosti x. Primetimo da ako par pripada skupu , pošto presek skupa S I ravni ne može biti u tom slučaju prazan skup, tačka ili prava, već mora biti unija dve prave koje se seku ili unija dve paralelne prave ili elipsa ili parabola ili hiperbola, i pošto prava ima sa tim presekom tačno dve zajedničke tačke, i da samim tim mora postojati otvoreni interval I takav da i da za ma koje prava ima sa tim skupom tačno dve zajedničke tačke. No, to upravo znači da će parpripadati skupu za svako Na sasvim sličan način se dokazuje da će postojati otvoren interval J takav da i da za svako parpripada skupu .

Neka je skup svih realnih brojeva z takvih da postoji realan broj y tako da par (y,z) pripada skupu . Prema prethodnim razmatranjima ovaj skup je otvoren, tj. oko svake njegove tačke možemo opisati okolinu koja je cela u tom skupu. je zapravo skup svih takvih da presek skupa S i ravni nije niti prazan skup niti tačka niti prava. Pritom, I zbog načina na koji smo izabrali tačke P i Q i Dekartov koordinatni sistem. No, tada će postojati jedinstveno određene funkcije A(z),B(z),C(z),D(z),E(z) definisane na skupu tako da je za ma koju trojku (x,y,z) za koju važi


To je zato što za svako realno presek skupa S i ravni mora imati jednačinu drugog reda i zato što se član u toj jednačini ne može izgubiti kada je iz skupa jer tada mora postojati barem jedno y takvo da odgovarajuća jednačina po x ima tačno dva rešenja.

Budući da par (0,0) pripada skupu , prema prethodnom možemo izabrati različite realne brojeve takve da parovi pripadaju skupu . No, tada postoje otvoreni intervali kojima pripada nula takvi da za svako z iz par pripada skupu . No, ako je sada I presek tih intervala, onda je I otvoren interval kome pripada nula i takav da za svako z iz I par bude u skupu a samim tim i z u skupu .

Posmatrajmo sada presek skupa S sa ravni Za svako z iz intervala I imaćemo tačno dva rešenja po x, pa jednačina preseka mora da glasi

No, budući da ova jednačina po x mora imati ista rešenja kao jednačina

na osnovu Vijetovih formula zaključujemo da mora da važi

Odatle dobijamo matrične jednačine

koje važe za sve z iz I. No, determinante tih sistema su različite od nule (Vandermondove su) i konstantne. Recimo, determinanta drugog sistema je jednaka . Otuda po Kramerovom pravilu dobijamo da funkcije A(z) i C(z) moraju biti linearne, a funkcije B(z),D(z) i E(z) najviše kvadratne. Naravno, sve to važi na intervalu I. Odatle direktno dobijamo da skup S u pojasu ima jednačinu oblika


No, za svako će ravan seći skup S po uniji dve paralelne prave ili uniji dve prave koje se seku ili po elipsi ili po paraboli ili po hiperboli jer preseku pripadaju tačke P i Q pri čemu preseku ne pripada ni jedna druga tačka prave PQ. U tom slučaju jednačina preseka u našem pojasu glasi


Ali takav presek mora imati jednačinu oblika


Te jednačine za svako imaju tačno dva rešenja za sve z iz nekog otvorenog intervala kome pripada nula. Pritom, možemo pretpostaviti da je za svako . Sada pošto za svako te jednačine po x za sve vrednosti z iz intervala moraju imati ista rešenja, iz Vijetovih formula zaključujemo da za svako i svako z iz intervala mora da važi


No, kako za svako interval sadrži beskonačno mnogo tačaka, odatle će slediti da za svako mora da važi


Birajući dve različite vrednosti za ali i različite od nule, slično kao I ranije zaključujemo da važi


Odatle, i na osnovu odgovarajuće jednačine u pojasu dobijamo da skup S ima jednačinu traženog oblika u tom pojasu. Neka je sada S' skup tačka određen istom tom jednačinom drugog reda, ali u celom prostoru. Dokažimo da je S=S'. Neka je R proizvoljna tačka i ravan kojoj pripadaju tačke P,Q i R. Budući da se skupovi S i S' poklapaju u pojasu presek te ravni sa skupom S će biti u tom pojasu isti kao i sa skupom S'. Setimo se sada da tačke P i Q pripadaju tom preseku, ali da mu ne pripada niti jedna druga tačka prave PQ. Budući da sada znamo da taj presek mora biti ili unija dve paralelne prave, ili unija dve prave koje se seku, ili elipsa, ili parabola, ili hiperbola, budući da je takva figura u potpunosti određena svojom slikom u nekoj okolini takvih svojih dveju tačaka, presek te ravni sa skupovima S i S' je isti, pa tačka R ili pripada i jednom i drugom ili nijednom od njih. Budući da je tačka R potpuno proizvoljna, skupovi S i S' su jednaki, čime je tvrđenje u potpunosti dokazano.
Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.
 
Odgovor na temu

Nedeljko
Nedeljko Stefanović

Član broj: 314
Poruke: 8347
*.dial.InfoSky.Net



+2707 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid01.05.2004. u 09:06 - pre 196 meseci
E, sad ima jedan sitan problem. Hiperbolički paraboloid (sedlo) i jednograni (eliptički) hiperboloid sa ravnima daju iste preseke: parabole, hiperbole, elipse i parove pravih koje se seku.
Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.
 
Odgovor na temu

devojcica

Član broj: 25559
Poruke: 25
*.sr.gov.yu

Jabber: savic_marijana@yahoo.com


Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid01.05.2004. u 21:47 - pre 196 meseci
Trebace mi neko vreme da shvatim resenje, ja sam ipak samo obican brucos. Hvala ti u svakom slucaju.
 
Odgovor na temu

Nedeljko
Nedeljko Stefanović

Član broj: 314
Poruke: 8347
*.3gnet.mts.telekom.rs.



+2707 Profil

icon Re: Dokazati da je u pitanju hiperboloid12.12.2012. u 16:54 - pre 92 meseci
Prošli put su se potkrale neke greške, pa hajde da ih ispravim.

Neka je skup tačaka u koji ima osobinu da je presek bilo koje ravni i skupa prazan skup, tačka, prava, unija dve paralelne prave, unija dve prave koje se seku, elipsa, parabola ili hiperbola. Dokažimo da postoje konstante A,B,C,D,E,F,G,H,I,J da za ma koje realne brojeve x,y,z važi



Pretpostavimo najpre da svaka ravan u preseku sa skupom daje prazan skup, tačku ili pravu. Tada su sve tačke skupa kolinearne, pa ako uočimo ravan na kojoj leži prava kojoj pripadaju sve tačke skupa , presek skupa sa tom ravni će biti skup , pa je ili prazan skup ili tačka ili prava. U sva tri slučaja skup ima jednačinu traženog oblika. Prazan skup ima jednačinu , tačka jednačinu , a prava jednačinu .

Pretpostavimo zato da postoji ravan koja u preseku sa skupom ne daje niti prazan skup, niti tačku, niti pravu. Budući da svaka od preostalih figura ima tačno dve zajedničke tačke sa barem jednom pravom, postoje različite tačke i skupa sa osobinom da na pravoj nema drugih tačaka skupa . Izaberimo Dekartov pravougli koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u tački kome je -osa prava . Dakle, koordinate tih tačaka su i za neko . Ukoliko dokažemo da u tom Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu skup ima jednačinu tog oblika, onda je on ima i u svakom drugom.

Sa označimo skup svih parova realnih brojeva , takvih da tačka pripada skupu za tačno dve realne vrednosti . Neka par pripada skupu . Presek skupa i ravni ne može biti u prazan skup, tačka ili prava, pa mora biti unija dve prave koje se seku ili unija dve paralelne prave ili elipsa ili parabola ili hiperbola. Prava ima sa tim presekom tačno dve zajedničke tačke. Stoga postoji otvoreni interval takav da i da za ma koje prava ima sa tim skupom tačno dve zajedničke tačke. No, to upravo znači da par za svako , tj. da je . Na sasvim sličan način se dokazuje da postoji otvoren interval takav da i da je .

Neka je skup svih realnih brojeva takvih da postoji realan broj tako da par pripada skupu . Prema prethodnim razmatranjima skup je otvoren, tj. oko svake njegove tačke možemo opisati okolinu koja je cela u tom skupu. Naime, za ma koje postoji takvo takvo da , pri čemu za otvoren interval takav da i važi . Pritom, i zbog načina na koji smo izabrali tačke i i Dekartov pravougli koordinatni sistem.

Neka . Presek skupa i ravni ima jednačinu oblika



pri čemu koeficijenti zavise od . Ako je , onda ne postoji takvo da , što je u suprotnosti sa . Stoga je , pa delenjem jednačine sa dobijamo ekvivalentnu jednačinu istog oblika u kome je koeficijent uz jednak jedinici. Stoga presek skupa i ravni ima jednačinu



za neke funkcije definisane na skupu .

Neka . Izaberimo različite realne brojeve takve da parovi pripadaju skupu . Postoje otvoreni intervali kojima pripada takvi da za svako iz par pripada skupu . Neka je presek tih intervala. je otvoren interval kome pripada i takav da za svako važi , a samim tim i . Dakle, .

Posmatrajmo presek skupa sa ravni . Za svako iz intervala postoje tačno dve vrednosti za takve da , pa jednačina preseka ima oblik



No, budući da ova jednačina po ima ista rešenja kao jednačina



na osnovu Vijetovih formula zaključujemo da važi



Odatle dobijamo matrične jednačine



koje važe za sve . No, determinante tih sistema su različite od nule (Vandermondove su) i konstantne. Recimo, determinanta drugog sistema je jednaka . Odatle i iz Kramerovog pravila sledi da su funkcije i linearne, a funkcije , i najviše kvadratne. Naravno, sve to važi na intervalu . Odatle sledi da skup u pojasu ima jednačinu oblika



No, za svako ravan seče skup po uniji dve paralelne prave ili uniji dve prave koje se seku ili po elipsi ili po paraboli ili po hiperboli jer preseku pripadaju tačke i pri čemu preseku ne pripada ni jedna druga tačka prave . Stoga jednačina preseka u našem pojasu glasi



Ali takav presek ima jednačinu oblika



Te jednačine za svako imaju tačno dva rešenja po za sve iz nekog otvorenog intervala kome pripada nula. Pritom, možemo pretpostaviti da je za svako . Pošto za svako i za sve ta jednačina po imatju ista rešenja, iz Vijetovih formula zaključujemo da za svako i svako važi



No, kako za svako interval sadrži beskonačno mnogo tačaka, odatle sledi da za svako važi



Birajući dve različite vrednosti za ali i različite od nule, slično kao i ranije zaključujemo da važi



Odatle, i na osnovu odgovarajuće jednačine u pojasu dobijamo da skup ima jednačinu traženog oblika u tom pojasu. Neka je skup tačaka određen istom tom jednačinom drugog reda, ali u celom prostoru. Dokažimo da je . Neka je proizvoljna tačka i ravan kojoj pripadaju tačke , i . Budući da se skupovi i poklapaju u pojasu , presek te ravni sa skupom će biti u tom pojasu isti kao i sa skupom . Setimo se da tačke i pripadaju tom preseku, ali da mu ne pripada niti jedna druga tačka prave . Budući da znamo da je taj presek unija dve paralelne prave ili unija dve prave koje se seku ili elipsa ili parabola ili hiperbola i budući da je takva figura u potpunosti određena svojom slikom u bilo kojoj okolini takvih svojih dveju tačaka, presek te ravni sa skupovima i je isti, pa tačka ili pripada i jednom i drugom ili nijednom od njih. Budući da je tačka potpuno proizvoljna, skupovi i su jednaki, čime je tvrđenje u potpunosti dokazano.

Edit: Ispravka greške.

[Ovu poruku je menjao Nedeljko dana 12.12.2012. u 22:32 GMT+1]
Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.
 
Odgovor na temu

[es] :: Matematika :: Dokazati da je u pitanju hiperboloid

[ Pregleda: 4019 | Odgovora: 10 ] > FB > Twit

Postavi temu Odgovori

Srodne teme
Navigacija
Lista poslednjih: 16, 32, 64, 128 poruka.