Geometria solida/2

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

Moderatore: tutor

alberto
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Messaggio da alberto » 01 gen 1970, 01:33

nessuno strafalcione... è tutto giusto...
<BR>da qui(cito da sprmnt):
<BR>[(a+b)+(b+c)+(c+c)]/3>= 3/[1/(b+c)+1/(a+c)+1/(b+a)]
<BR>si può arrivare ad altre dimostrazioni...per esempio tenendo conto di c)
<BR>PS: vi prego...non perdete di vista la a)
<BR>

DD
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Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

Una disuguaglianza fondamentale carina e utile è la disuguaglianza di riarrangiamento, che dice che a_1*b_1+a_2*b_2+...+a_n*b_n è massima se gli a_k e i b_k sono ordinati nello stesso modo, e minima se sono ordinati in modo opposto (è abbastanza intuitivo: è il motivo per cui a giochi senza frontiere si gioca il jolly dove si è più forti).
<BR>
<BR>A questo punto dimostrare la a) è un giochetto, così come dimostrare a/b+b/a <= 2. Dimostrare la c) usando solo questa disuguaglianza è già più interessante (aiutino: va usata due volte - in parallelo però)
[img:2sazto6b]http://digilander.iol.it/daniel349/boy_math_md_wht.gif[/img:2sazto6b]

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Picchiatemi se dico una stupidata, ma per risolvere quella famigerata a) la cosa più semplice non è questa:
<BR>
<BR>(a-b)^2>=0 per ogni a,b in R.
<BR>Xciò a^2+b^2>=2ab
<BR>e b^2+c^2>=2bc
<BR>e c^2+a^2>=2ac
<BR>Sommando tutto si ottiene
<BR>2a^2+2b^2+2c^2>=2ab+2bc+2ac da cui la suddetta a).
<BR>O no? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
<BR>x Alberto: ma per soluzioni intendi dimostrazioni o casi di uguaglianza?
<BR>

Tassinari_Luca
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Messaggio da Tassinari_Luca » 01 gen 1970, 01:33

Bne!
<BR>Ora, come sercizio, provate a dimostrare la d) in almeno tre modi differenti:
<BR>-usando la convessità (f\'\'>= 0)
<BR>-usando Cauchy-Schwarz in modo furbino
<BR>-con la comune sostituzione:
<BR> x=(a+b); y=(b+c); z=(a+c).
<BR>Au revoir!
<BR>Luca Tassinari
Luca Tassinari

sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

se a > b > c allora a+b > a+c > b+c cioe\' C=1/(a+b) < B=1/(a+c) < A=1/(b+c)
<BR>
<BR>la tesi e\' che aA+bB+cC >= 3/2.
<BR>Per la d.d.r. si ha che 2(aA+bB+cC) >= bA+cA+aB+cB+aC+bC=3.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 28-02-2003 15:07 ]

lordgauss
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Messaggio da lordgauss » 01 gen 1970, 01:33

Urgh! La cosa sta decisamente sfuggendo di mano... ma è un bene! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>1) GEOMETRIA SOLIDA
<BR>Adesso Alberto mi metto a leggere la tua soluzione... però sono piuttosto certo che a²+b²+c²=2(AD²+BD²+CD²)
<BR>
<BR>2) a²+b²+c²>=ab+bc+ac.
<BR>- somma di disuguaglianze con una variabile in meno (Evariste)
<BR>- normalizzazione (eliminare un fattore t in virtù dell\'omogeneità)
<BR>- disuguaglianza tra le medie
<BR>- riarrangiamento
<BR>Propongo un\'altra tecnica che a volte risulta utile (ex. ammissione Normale di quest\'anno): mostrare che la disuguaglianza è invariante rispetto a trasformazioni lineari.
<BR>Ovvero mostriamo che a²+b²+c²>=ab+bc+ac è vera se e solo se è vera quest\'altra:
<BR>(a-x)²+(b-x²)+(c-x)²>= (a-x)(b-x) + (a-x)(c-x) + (b-x)(c-x) (1), ove x è un reale qualsiasi.
<BR>Infatti svolgendo i calcoli si vede che (1) vale se e solo se
<BR>a²+b²+c²-2ax-2bx-2cx+3x²>=ab+ac+bc-2ax-2bx-2cx+3x² ovvero se e solo se a²+b²+c²>=ab+ac+cb.
<BR>Ora, ponendo x=a e ponendo B=b-x e C=c-x la nostra tesi è dimostrata se proviamo che B²+C²>=BC che è larghissima.
<BR>
<BR>3)a/(b+c) + b/(a+c) + c/(a+b) >=3/2. Tenendo conto delle tecniche precedenti, qui Luca ha aggiunto convessità, CS, sostituzioni.
<BR>
<BR>Oh, finalmente qualcosa di partecipato!
<BR>

alberto
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Messaggio da alberto » 01 gen 1970, 01:33

ok...ammetto la mia colpa:
<BR>questo è un obrobrio:
<BR>
<BR> a^2=f^2-h^2+e^2-h^2 [falso]
<BR> b^2=f^2-k^2+d^2-k^2 [falso]
<BR> c^2=d^2-z^2+e^2-z^2 [falso]
<BR>
<BR> sommando le tre equazioni si ottiene appunto:
<BR> a^2+b^2+c^2<= 2d^2+2e^2+2f^2
<BR>
<BR>mi ritiro in punizione...
<BR>
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

aaa
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Messaggio da aaa » 01 gen 1970, 01:33

scusate se mi intrometto nelle vostre discussioni... ma ho un problema di geometria solida da proporvi. Io non sono un esperto di questo argomento.
<BR>
<BR>Esiste un poliedro convesso con facce equivalenti tale che ogni faccia abbia esattamente una piano diagonale parallelo (per piano diagonale intendo un piano che non intersechi nessuna faccia ma che passi solo per gli spigoli o i vertici del poliedro)?
<BR>
<BR>Se esiste come si chiama?

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karl
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Rispondo non al quesito di aaa ( non ci provo nemmeno)
<BR>ma allo svisceratissimo ( e lontanissimo) quesito (a) di lordgauss.
<BR>Elementarmente la diseg. si puo\' scrivere anche cosi\':
<BR>2a<sup>2</sup>+2b<sup>2</sup>+2c<sup>2</sup>-2ab-2bc-2ac>=0
<BR>Od anche:
<BR>(a-b)<sup>2</sup>+(b-c)<sup>2</sup>+(c-a)<sup>2</sup>>=0
<BR>diseguaglianza manifestamente vera;inoltre si vede che l\'eguaglianza
<BR>puo\' valere sse i tre quadrati sono nulli,ovvero per a=b=c.
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 29-04-2004 16:47 ]

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

aaa, cosa intendi per facce equivalenti?
<BR>inoltre, unpiano che passi per i vertici, ma non per gli spigoli, e non intersechi le facce, mi sembra difficile, quindi il tuo piano diagonale è semplicemente un piano che ha come unica intersezione con le facce gli spigoli, giusto?

aaa
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Messaggio da aaa » 01 gen 1970, 01:33

tu hai ragione: non so ancora cosa si debba intendere per \"facce equivalenti\". Inizialmente pensavo a dei poligoni regolari congruenti fra loro. Se con queste condizioni non fosse possibile trovare alcuna soluzione (diversa da \"non esiste\"), allora per facce equivalenti intenderei piuttosto poligoni regolari di uguale area.

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Antimateria
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Messaggio da Antimateria » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-04-30 23:22, aaa wrote:
<BR>allora per facce equivalenti intenderei piuttosto poligoni regolari di uguale area.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Ehm, ti faccio notare che se le facce sono poligoni regolari di uguale area, allora sono tutte congruenti.

ma_go
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Messaggio da ma_go » 01 gen 1970, 01:33

allora... per la disuguaglianza di alberto: a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) >= 3/2.
<BR>riscriviamo x/(1-x) + y/(1-y) + z/(1-z), ove x = a/(a+b+c), y = b/(a+b+c), z = c/(a+b+c).
<BR>sia f(t) = t/(1-t). f\'(t) = 1/(1-t)², f\'\'(t) = 2/(1-t)³.
<BR>ora, a, b e c sono positivi, quindi x,y,z € ]0,1[, e x+y+z = 1.
<BR>ora, il nostro caro amico Jensen ci dice che se f è convessa,
<BR>[f(x)+f(y)+f(z)]/3 >= f((x+y+z)/3), ovvero che
<BR>a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) >= [(1/3)/(1-1/3)]·3 = 3/2

aaa
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Messaggio da aaa » 01 gen 1970, 01:33

Ringrazio Antimateria per l\'attenzione e gli ricordo che:
<BR>
<BR>Due poligoni di n lati sono congruenti quando hanno tutti i lati e gli angoli congruenti. Oppure:
<BR>I° CRITERIO: quando hanno (n-1) lati congruenti e gli angoli tra essi compresi.
<BR>II° CRITERIO: quando hanno (n-1) angoli congruenti e i lati tra essi compresi.
<BR>III° CRITERIO: quando hanno n lati congruenti eccetto tre angoli consecuitivi.
<BR>
<BR>Ad esempio un triangolo equilatero di lato 1 ed un quadrato di lato
<BR>(3)^(1/4)/2 (se ho fatto bene i conti) sono poligoni regolari di area uguale ma evidentemente non sono congruenti.

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Antimateria
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Messaggio da Antimateria » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-05-01 22:42, aaa wrote:
<BR>Ad esempio un triangolo equilatero di lato 1 ed un quadrato di lato
<BR>(3)^(1/4)/2 (se ho fatto bene i conti) sono poligoni regolari di area uguale ma evidentemente non sono congruenti.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Questo non c\'entra nulla.
<BR>In un poliedro ogni spigolo e\' in comune a 2 facce. Se queste 2 facce sono poligoni regolari con la stessa area e devono avere un lato in comune, allora necessariamente sono congruenti.
<BR>Ne segue che l\'ipotesi che le facce siano poligoni regolari con la stessa area, se apparentemente meno restrittiva della precedente, e\' in realta\' equivalente.
<BR>Secondo me, equivalenti significa aventi la stessa area, e basta.[addsig]

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