O Kyklos exei to megisto emvadon

Date: 12:19 Feb 19, 2007

O Kyklos exei to megisto emvadon

Date: 06:31 Feb 27, 2007

Αντίθετα από όσα μας είπαν, στη φύση, ο κύκλος παράγεται από τη σφαίρα (σαν θεωρητική και μόνο τομή της) και όχι το αντίστροφο. Φαίνεται ότι η σφαίρα είναι το σχήμα του δομικού λίθου της ύλης και η μοναδικότητά της (μεταξύ των άλλων ορίζεται από μία και μόνη διάσταση που είναι η ακτίνα της) ενισχύει την ύπαρξη μιάς θεωρίας ενοποίησης. Στη φύση η οικονομία είναι νόμος της και αυτό συμβαίνει να το βλέπουμε στους κύκλους και στις σφαίρες. Ο Αριστοτέλης έλεγε ότι η λέξη «όλον» σημαίνει κάτι τι και απροσδιόριστο (στην αρχή της μάθησής μας), όπως ο κύκλος. Ο ακριβής ορισμός του όμως μας οδηγεί στα «καθέκαστα». Μέχρι σήμερα δεν έχει δοθεί ικανοποιητική εξήγηση ποια είναι αυτά τα «καθέκαστα». Κατά την άποψή μου είναι η φυσική θεώρηση των πραγμάτων. Άρα, κατά την άποψή μου, η μελέτη της σφαίρας και των σφαιροειδών σωμάτων που παράγονται από αυτήν είναι η καλύτερη αρχή για να καταλάβεις τον φυσικό μας κόσμο.

Παρά ταύτα και ενώ η ύπαρξη συμμετρίας στην μικρότερη υλική κλίμακα θεωρείται προϋπόθεση για τη θεμελίωση της ενοποιημένης θεωρίας εν τούτοις δεν ακολουθείται μέχρι τέλους με αυστηρή φυσικομαθηματική συνέπεια.

Date: 03:36 Mar 1, 2007

Έχω μια απόδειξη σε pdf αλλά δεν ξέρω πως να τη στείλω.

Date: 04:52 Mar 1, 2007

Date: 10:58 Mar 1, 2007

Ευχαριστώ πολύ φίλε Mits. Το πάλευα με πολύ πιο περίπλοκους τρόπους.

Date: 18:12 Mar 1, 2007

Ωραίος φίλε Mits, αλλά η απόδειξή σου δεν είναι πλήρης.

Ορίζεις σωστά το συναρτησοειδές, και παίρνεις την μεταβολή του, φτάνοντας στην (4). Ολλα σωστά μέχρι εδώ, αλλά απο κεί και πέρα δεν μπορείς να προχωρίσεις άλλο. Η μεταβολή δr(θ) δεν μπορεί να αναλυθεί περετέρω και τα όσα γράφεις μετά δεν είναι σωστά.

Ο μόνος τρόπος για να συεχίσει κανείς, στην επίλυση του προβλήματος του nik-athenian, είναι να λάβει υπόψιν του τον περιορισμό ότι ο σπάγγος έχει συγκεκριμένο μήκος. Αν αυτό δεν λειφθεί υπόψη το πρόβλημα δεν έχει λύση αφού μπορώ να έχω οσοδήποτε μεγάλο εμβαδό θέλω, ανεξαρτήτως σχήματος αν ο σπάγγος μπορεί να μεγαλώνει χωρίς περιορισμό.

Η μαθηματική διατύπωση του περιορισμού αυτού μας δίνει μια ακόμη εξίσωση η οποία σε συνδυασμό με την (4) (και με χρήση πολλαπλασιαστών Lagrange) αποδεικνείει ότι για δεδομένο μήκος ο κύκλος είναι αυτός με το μέγιστο εμβαδό.

Date: 02:40 Mar 2, 2007

Φίλε yioryos η αλήθεια είναι ότι προβληματίστηκα με την παρατήρησή σου, αλλά δεν μπόρεσα να βρω τρόπο να το εκφράσω μαθηματικά. Αν θες γίνε πιο συγκεκριμένος. Αντιθέτως πιστεύω ότι δεν υπεισέρχεται πρόβλημα μήκους, γιατί αυτό που μελετάω είναι μια δεδομένη καμπύλη η οποία έχει κάποιο τυχαίο σχήμα και περικλείει κάποιο χωρίο. Αυτό που έδειξα είναι ότι το εμβαδόν του χωρίου μεγιστοποιοίται όταν η καμπύλη πάρει το σχήμα κύκλου.

Date: 12:54 Mar 2, 2007

Κι όμως, για σκέψου το λίγο. Αν δεν υπάρχει περιορισμός στο μήκος της καμπύλης (1), τότε το περικλειόμενο από αυτήν εμβαδό απλά δεν έχει μέγιστο, γιατί δεν φράσεται άνω, μπορεί να γίνει απειρα μεγάλο. Αρα το να ψάξουμε για σχήμα που μεγιστοποιεί το εμβαδό, είναι χωρίς νόημα.

Στην ανάπτηξή σου, ορίζεις το εμβαδόν S σε σχέση με την καμπύλη r(θ) στην σχέση (3).
Στη συνέχεια απαιτείς δS=0 για την μεταβολή r(θ) -> r'(θ) = r(θ) + δr(θ). Η μεταβολή δr(θ), είναι "μικρή" αυθαίρετη συνάρτηση με μόνο περιορισμό δr(θ)=δr(θ+2π).

Πρώτη παρατήρηση: η τυχαία μεταβολή δεν μπορεί να γραφτεί ως (dr/dθ)δθ. Αλλωστε δεν υπάρχει μεταβολή στο θ.

Δεύτερη παρατήρηση: Οπως λέω και στην αρχή, το εμβαδό δεν έχει μέγιστο. Δεν μπορεί να καταστεί στάσιμο (δS=0) για τυχαίο δr. Αυτό που μπορεί να γίνει είναι να καταστεί μέγιστο για μια συγκεκριμένη κατηγορία μεταβολών dr. Ποιες είναι αυτές οι μεταβολες; Αυτές που αφήνουν το μήκος σταθερό.

Πως δίνεται το μήκος της καμπύλης (1); Από τον ακόλουθο τύπο:

$\int^{2\pi}_{0}d\theta\sqrt{r^2+{\dot{r}}^2} = L$

Date: 13:28 Mar 3, 2007

Yioryos μου έδωσες την εξής ιδέα.
Αποδεικνύουμε πρώτα ότι οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναμες.
Πρόταση Α. Μεταξύ όλων των επίπεδων σχημάτων που έχουν την ίδια περίμετρο, ο κύκλος έχει το μέγιστο εμβαδόν.
Πρόταση Β. Μεταξύ όλων των επίπεδων σχημάτων με το ίδιο εμβαδόν, ο κύκλος έχει την μικρότερη περίμετρο.
Απόδειξη: Έστω ότι ισχύει η Α. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και η Β. Ας υποθέσουμε ότι η Β είναι ψευδής. Τότε για ένα δεδομένο κύκλο Κ1 θα πρέπει να υπάρχει κάποιο άλλο σχήμα Σ με το ίδιο εμβαδόν όπως ο κύκλος αλλά με μικρότερη περίμετρο από αυτόν. Τότε, συρρικνώνουμε τον κύκλο Κ1 σε έναν άλλο μικρότερο Κ2 που να έχει ίση περίμετρο με το Σ. Το εμβαδόν όμως τότε του Κ2 θα είναι μικρότερο από του Κ1, και συνεπώς και μικρότερο από του Σ. Αυτό όμως αντιβαίνει στην υπόθεσή μας ότι ισχύει η πρόταση Α. Δηλαδή το Κ2 και το Σ έχουν την ίδια περίμετρο αλλά το εμβαδόν του Κ2 είναι μικρότερο από του Σ.
Με παρόμοιο συλλογισμό μπορούμε δεχόμενοι την πρόταση Β να αποδείξουμε ότι θα είναι αληθής και η Α.
Άρα οι προτάσεις Α και Β είναι ισοδύναμες.
Θα αποδείξουμε λοιπόν την Β αντί της Α.

Έστω ένας κύκλος και ένα άλλο σχήμα που έχουν το ίδιο εμβαδόν.
Το μήκος της περιμέτρου τους δίνεται από το ολοκλήρωμα που ανέφερες.
$\int^{2\pi}_{0}d\theta\sqrt{r^2+{\dot{r}}^2} = L$

Επειδή όλες οι υπόριζες ποσότητες είναι θετικές, τη μικρότερη περίμετρο την έχουμε όταν dr/dθ =0. Δηλ. όταν r = σταθ. Δηλαδή στην περίπτωση του κύκλου.

Date: 17:55 Mar 3, 2007

Πολύ κομψη η απόδειξή σου nik-athenian.

Date: 03:02 Mar 4, 2007

Οντως τα προβλήματα (Α) και (Β) είναι ισοδύναμα.

Στην απόδειξή σου όμως υπάρχει το εξής ερώτημα. Μια καμπύλη r'(θ) με μή μηδενική παράγωγο, αλλα με r' μικρότερο του r σε ορισμένα διαστήματα, δεν μπορεί να έχει τέτοια μορφή ώστε η ολοκλήρωση του ριζικού να δώσει περίμετρο ίση ή και μικρότερη με L;

Το πρόβλημα που κοιτάμε είναι η ευρεση μεγίστου (Α), ή ελαχίστου (Β), υπο κάποια συνθήκη. Τετοια προβλήματα λύνονται με πολλαπλασιαστές Lagrange. Αν θέλετε λεπτομέριες μπορείτε να δείτε εδώ: http://www.cc.uoa.gr/~pji/mech2/constraints.doc και συγκεκριμένα στη σελίδα 4 και 5.

Date: 05:53 Mar 4, 2007

Yioryos δεν υπάρχει πραγματική συνάρτηση που να αντιβαίνει στον ισχυρισμό του nik-athenian.

Date: 06:30 Mar 5, 2007

Φίλε yioryos όντως η απόδειξη του nik-Athenian ισχύει για κάθε πραγματική συνάρτηση. Έχεις κάτι συγκεκριμένο στο μυαλό σου με τους πολλαπλασιαστές Lagrange; κάποια διαφορετική απόδειξη; αν ναι, πόσταρέ την να καταλάβουμε τι εννοείς!

Date: 02:19 Mar 7, 2007

Ωραία, ξακινάω δείχνοντας λίγο την χρήση των πολλαπλασιαστών Lagrange.

Εστω ότι έχουμε την συνάρτηση f(x,y)=2x-y με x,y πραγματικούς.
Ζητάει κάποιος να βρεθεί η μέγιστη τιμή της f, με τον περιορισμό ότι τα ορίσματά της x και y, ικανοποιούν τη συνθήκη g(x,y)=1, όπου g(x,y)=x^2 + y^2.

Για να απαντήσει κανείς περι μεγίστων και ελαχίστων μιας συνάρτησης, υπολογίζει αρχικά την κλίση της. Στην περίπτωσή μας

$\nabla f=\left( \frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y} <br>ight) = (2,-1)$

Η μεταβολή df της f, για μια στοιχειώδη μετατόπιση dr=(dx,dy) δίνεται από την

$df=\nabla f \cdot d\vec{r}$

από το εσωτερικό γινόμενο δηλαδη της κλίσης με την στοιχειώδη μετατώπιση

Η κλίση είναι ένα (ψευδο)διάνυσμα η κατέυθυνση του οποίου μας δείχνει την κατεύθυνση μέγιστης μεταβολής της f και το μέτρο του το πόσο γρήγορη είναι η μεταβολή αυτή. Μεγιστο, ελάχιστο ή στάσιμο σημείο για την f έχουμε όταν η κλίση ισούται με 0, οπότε για οποιαδήποτε στοιχειώδη μετατώπιση γύρω από το σημείω αυτό, df=0 και η f είναι σχεδόν σταθερή.

Παρατηρούμε ότι η κλίση της f δεν μηδενίζεται πουθενά, οπότε και η f δεν έχει μεγιστο. Το γεγονός αυτό όμως δεν πρέπει να μας ενοχλήσει αφού εμείς δεν ζητάμε γενικό μέγιστο αλλά μέγιστο υπο την συνθήκη g(x,y)=1. Πώς μπορεί η συνθήκη αυτή να εισαχθεί στους υπολογισμούς μας;

Ας δούμε πρώτα τί σημαίνει γεωμετρικά η σχέση g(x,y)=1. Παριστάνει μια καμπύλη στο επίπεδο x-y. Συγκεκριμένα, για την δεδομένη g παριστάνει έναν κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1. Γενικότερα η g(x,y)=c παριστάνει μια οικογένεια ομόκεντρων κύκλων με διάφορες ακτίνες. Κάθε ένας από αυτούς τους κύκλους αποτελείται από ένα σύνολο σημείων στα οποία η g έχει σταθερή τιμή. Αφού η g έχει σταθερή τιμή πάνω σε έναν τέτοιο κύκλο αυτό σημαίνει ότι για στοιχειώδη μεταβολή dr επί του κύκλου θα ισχύει dg=0.

Ομως,

$0=dg=\nabla g \cdot d\vec{r}$

που σημαίνει πως η κλίση της g και η στοιχειώδης μετατώπιση dr είναι κάθετες, αν η dr είναι στοιχειώδης μετατόπιση που παραμένει πάνω στον κύκλο.

Το συμπέρασμα αυτό είναι πολύ σημαντικό. Μπορούμε με τη βοήθειά του να δούμε ποιες από όλες της δυνατές μετατοπίσεις dr είναι αυτές που ικανοποιούν τον περιορισμό g(x,y)=1 - πρόκειται για τις κάθετες στην κλίση του g.

Επανερχόμαστε τώρα στην f. Για να έχει μέγιστο πρέπει το df να είναι μηδενικό. Αρα πρέπει

$0=df=\nabla f \cdot d\vec{r}$

που σημαίνει ότι και η κλίση της f πρέπει να είναι κάθετη στη στοιχειώδη μετατόπιση dr. Αλλά αν και η κλίση της f και η κλίση της g είναι κάθετες στο διάνυσμα της στοιχειώδους μετατόπισης, τότε πρέπει να είναι μεταξύ τους παράλληλες. Αρα πρέπει

$\nabla f =\lambda \nabla g$ ή αλλιώς $\nabla (f +\lambda g) =0$ .

Ο συντελεστής λ ονομάζεται συντελεστής Lagrange. Με τη βοήθειά η επίλυση του προβλήματος προχωρά ως εξής:

(2+2λx, -1+2λy) = (0, 0)
(x, y) = (-1/λ, 1/2λ)

και με αντικατάσταση στην x^2+y^2=1, προσιορίζεται ο λ και από αυτόν τα ζητούμενα x,y.

Στο πρόβλημα της καμπύλης σταθερού μήκους L και μεγίστου εμβαδού S τώρα, έχουμε τα εξής:
Ζητάμε να μεγιστοποιηθεί το συναρτησοειδές

$S[r(\theta)]=\int^{2\pi}_{0}r^2d\theta$

υπό τη συνθήκη το μήκος της καμπύλης

$L[r(\theta)]=\int^{2\pi}_{0}d\theta\sqrt{r^2+{\dot{r}}^2}$

να μείνει σταθερό.

Αν μεταβάλουμε την r(θ) κατα δr(θ), η νέα καμπύλη r'(θ)=r(θ)+δr(θ) θα μας δώσει μια επιφάνεια με εμβαδό S[r'(θ)] που θα διαφέρει από το αρχικό κατα δS ίσο με:

$\delta S =\int^{2\pi}_{0}r(\theta)\delta r(\theta) d\theta$

Το δS θέλουμε να μηδενίζεται, όχι για όλα τα δr(θ) -αυτό είναι αδύνατον όπως έχουμε πει στα προηγούμενα ποστ- αλλά για αυτα τα δr(θ) που διατηρούν το μήκος L σταθρό. Αυτά τα δr(θ) πρέπει να δίνουν

$\delta L= \int^{2\pi}_{0}\frac{r\delta r +\dot{r}\dot{\delta r}}{\sqrt{r^2+{\dot{r}}^2}} d\theta=0$

και ολοκληρώνοντας κατα παράγοντες ως προς $\dot{\delta r}$

$\delta L= \int^{2\pi}_{0}\frac{r^3 +2r\dot{r}^2-r^2\ddot{r}}{{(r^2+{\dot{r}}^2)}^{3/2}} \delta r d\theta=0$

Στον συναρτισιακό διανυσματικό χώρο ορίζεται ως εσωτερικό γινόμενο δύο συναρτήσεων f, g το ολοκλήρωμα των γινομένων τους. Αν το οκοκλήρωμα αυτό είναι μηδεν λέμε ότι οι συναρτήσεις είναι κάθετες. Στην περίπτωσή μας οι συναρτήσεις δr(θ) που αφήνουν το μήκος της καμπύλης r σταθερό, είναι αυτές που είναι κάθετες στην

$\frac{r^3 +2r\dot{r}^2-r^2\ddot{r}}{{(r^2+{\dot{r}}^2)}^{3/2}}$ (που μπορεί κατ αναλογία να θεωρηθεί και ως "κλίση" του μήκους L)

Από την άλλη βλέπουμε από την αντίστοιχη σχέση, ότι για να έχουμε δS=0 πρέπει η r(θ) να είναι κάθετη στην δr(θ).

Επομένως η r(θ) και η

$\frac{r^3 +2r\dot{r}^2-r^2\ddot{r}}{{(r^2+{\dot{r}}^2)}^{3/2}}$

πρέπει να είναι παράλληλες, δηλαδή πρέπει

$r+\lambda\frac{r^3 +2r\dot{r}^2-r^2\ddot{r}}{{(r^2+{\dot{r}}^2)}^{3/2}}=0$

Η λύση της διαφορικής αυτής εξίσωσης, μας δίνει την ζητούμενη καμπύλη μέσω της αυθαίρετης σταθεράς λ -πολλαπλασιαστής Lagrange. Η σταθερά αυτή, μπορεί να προσδιοριστεί, αντικαθιστόντας τη λύση της διαφορικής στο ολοκλήρωμα που μας δίνει το μήκος L. Τότε το πρόβλημα προσδιορισμού της καμπύλης λύνεται οριστικά.

(Πως λύνεται τώρα η διαφορική ... μή με ρωτάτε!!! )

Σε ότι αφορά τον τελευταίο ισχυρισμό του nik-athenian, είναι μεν σωστός, αλλά είναι ισχυρισμός και όχι απόδειξη. Μένει να αποδειχτεί ότι μια συνάρτηση r2 με μη μηδενική παράγωγο, αλλά με r2 μικρότερο του r (με την μηδενική παράγωγο), δεν μπορεί να έxει ίδιο εμβαδόν με αυτό της r.

Date: 12:58 Mar 9, 2007

Σωστά υποδεικνύει ο Yioryos ότι η απόδειξή μου δεν είναι πλήρης.
Έψαξα και βρήκα ότι ο μεγάλος μαθηματικός Steiner του 19ου αιώνα που ήταν ο πρώτος που έφτασε κοντά στη λύση του προβλήματος με καθαρά γεωμετρικές μεθόδους είχε προσδιορίσει μια κατασκευαστική λύση του προβλήματος. Επειδή έχει και σχήματα την ανέβασα στην παρακάτω url.
http://www.esnips.com/doc/5771e3e4-f8d6-4065-8b73-9979d45967cc/Megisto-emvadon-exei-o-kyklos
Μπορείτε να την κάνετε save από εκεί.

Date: 13:54 Mar 9, 2007

..και κάτι ακόμη:
μπορεί η διαφορική

να μην είναι απλή στην επίλυσή της, αν όμως δοκιμάσει κανείς ως λύση την r(θ)=c τότε καταλήγει στην

c+λ=0,

δηλαδή η r(θ)=-λ είναι λύση.

Μένει να προσδιοριστεί ο λ, και αυτό γινεται με αντικατάσταση στο ολοκλήρωμα που δίνει το μήκος L της περιφέρειας.

Από εκεί, για r(θ)=λ παίρνουμε L=2πλ

οπότε μπορεί να δεί κανείς ότι πράγματι ο κύκλος που περιγράφεται από την πολική εξίσωση r(θ)=L/(2π), έχει το ζητούμενο μήκος και επίσης καθιστά το εμβαδό στάσιμο (δηλ δS=0).