Matematické Fórum

Makrofág · 13. 10. 2015 20:29

Zdravím vás!
Lámu si hlavu nad tím, jestli se dá dokázat věta níže napsaná. Prosím pomozte mi důkaz kriticky ohodnotit, co v něm chybí, co je špatně, a tak.

Věta: Nechť jsou v rovině (pohybuji se jen v rovině) dány dva různé body $A$ , $B$ . Pak nejkratší vzdálenost od $A$ do $B$ je délka úsečky $AB$ .

Důkaz: Úsečka $u$ s krajními body $A$ , $B$ je jediná rovná křivka, jenž body spojuje. Jakoukoli nerovnou křivku $k$ vedenou z $A$ do $B$ mohu narovnat na rovnou křivku - úsečku $p$ . Po narovnání do směru $u$ již koncový bod pro $p$ nebude totožný s bodem $A$ , respektive s bodem $B$ . To znamená, že ( $p$ je kratší, než $u$ ) $\vee$ ( $p$ je delší, než $u$ ). $p$ je stejně dlouhá jako $k$ , a protože $A\in k\wedge B\in k$ , pak $A\in p\wedge B\in p$ . Kdyby $p$ byla kratší, než $u$ , jeden z z bodů $A$ , $B$ by na $p$ neležel. Proto $p$ je delší, než $u$ neboli každá nerovná křivka s koncovými body $A$ a $B$ je delší, než úsečka $AB$ . $\square$

OndrasV · 13. 10. 2015 20:43

↑ Makrofág: Zkus použít trojúhelníkou nerovnost, tj. vzdálenost A do B musí být menší nebo rovna vzdálenosti A a C a vzdálenosti C a B.

Makrofág

↑ OndrasV: Ano, to je pak jednoduché. Zvolím si na křivce $k$ libovolně bod $C$ , jenž neleží na $u$ a řeknu, že součet vzdálenosti od $A$ do $C$ a vzdálenosti $C$ do $B$ je větší, než vzdálenost od $A$ do $B$ . Jenže věta, kterou chci dokázat, je vlastně obecný případ trojúhelníkové nerovnosti a na důkaz trojúhelníkové nerovnosti nemůžu používat tuto nerovnost, protože ji dokazuji. To by byl důkaz kruhem. A proto se tě Ondro ptám, jestli je tedy tato věta dokazatelná, nebo není. Já fakt nevím.

Jinak prosímvás, pokud mi napíšete, že se moje věta bez použití té nerovnosti dokázat nedá, pak chci vědět, v čem můj důkaz není důkazem, v čem prostě kulhá.

Makrofág · 13. 10. 2015 21:20

Axiomy:
(i) Bod je to, co nemá části
(ii) Úsečka je konečná délka bez šířky
(iii) Přímka je nekonečná délka bez šířky
(iv) Hranicemi úsečky jsou body
(v) Plocha je to, co má délku a šířku
(vi) Hranicemi plochy jsou přímky, nebo úsečky
.
Doplň vše, o čem si myslíš, že je nezbytné pro důkaz. Já si myslím, že tyhle axiomy pro něj stačí. A myslím si, že pokud s těmito axiomy větu nedokážeme, nedokážeme ji ani s více axiomy.

OndrasV · 13. 10. 2015 21:37

↑ Makrofág: Máš nějakou axiomatickou definici trojúhelníka?

Makrofág

↑ OndrasV: Mám definici trojúhelníka, ale nevím, co to je axiomatická definice. Beru axiom buďto jako definici vycházející z rozumného popisu, ve kterém axiomy už nejsou, anebo jako nedokazatelný fakt a definici beru jako pro zjednodušení nově vzniklý pojem vzniklý z axiomů. Jak to bereš ty? Třeba mi něco uniká....

Def.: Mějme rovinu E a na ní ležící body $A$ , $B$ a $C$ , jenž neleží v přímce. Pak trojúhelník $ABC$ je rovinný útvar vzniklý průnikem:
a) poloroviny ohraničené přímkou $AB$ , kde v této polorovině leží bod $C$
b) poloroviny ohraničené přímkou $BC$ , kde v této polorovině leží bod $A$
c) poloroviny ohraničené přímkou $CA$ , kde v této polorovině leží bod $B$

byk7 · 13. 10. 2015 22:04

Já ti nevím, ale křivka je dost složitý pojem a operovat něčím jako narovnání mi přijde přinejmenším podezřelé. Jak takové narovnání probíhá? Co znamená "narovnat do směru $u$ "?

Makrofág · 13. 10. 2015 22:17

↑ byk7: Já jsem se rozhodl, že na to půjdu jinak. A taky proto, žes mě nachytal a já prostě nevím, jak bych vysvětlil matematicky, co je narovnání křivky. Je to asi dost nejistá cesta teda....
Tak mám ještě otázku byku7, jestli trojúhelníková nerovnost mluví jen o úsečkách vedoucích přes bod $C$ , anebo to mohou být křivky. Chci prostě dokázat, že jakákoliv křivka vedená přes bod $C$ , který tedy na $u$ neleží, je delší, než $u$ . Jak bys na to šel? Víc hlav víc ví :-)
.
Jinak, jak mám zadefinovanou křivku: Křivka je v jedné rovině ležící objekt, u kterého můžeme změřit jen délku.

BakyX · 14. 10. 2015 01:40

Radšej to všetko nechaj tak,

"Křivka je v jedné rovině ležící objekt, u kterého můžeme změřit jen délku."

s takouto definíciou nemáš šancu robiť reálne dôkazy.

check_drummer · 14. 10. 2015 22:20

↑ Makrofág:
Ahoj, obecný důkaz bude asi nutné provést přes variační počet...

Anonymystik · 15. 10. 2015 12:51

↑ Makrofág: Jukni sem: http://ulozto.cz/xs4pRvug/variacni-ulohy-ve-fyzice-pdf
Je to moje bakalářská práce (v surové podobě). Pokud se prokousáš aspoň do kapitoly 6, tak tam je vidět, že pokud řešení vůbec existuje, pak se musí jednat o úsečku.

Makrofág · 23. 10. 2015 14:51

Tak se vracím na místo činu, abych téma ukončil, pokud důkaz mé věty před vámi obstojí. Tak zaprvé formálně definuji rovinnou křivku takto:

Def.: Nechť $\exists \alpha, \beta \in \mathbb{R}: I = \langle\alpha;\beta\rangle$ , dále nechť $\exists$ spojité fce $f: \mathbb{R}\rightarrow{}\mathbb{R}$ a $g: \mathbb{R}\rightarrow{}\mathbb{R}$ . Pak rovinná křivka (dále už jen křivka) je rovinný útvar definovaný jako $\bigcup_{x\in I}^{}\{[f(x);g(x)]\}$ .

Zadruhé jsem se smířil s tím, že axiom trojúhelníkové nerovnosti je axiom, budu ho tak brát. Díky Anonymystiku. Mrknu na to. A tak tedy budu dokazovat trochu jinou větu.

Věta: Nechť jsou dány tři různé body $A, B, C$ neležící v přímce. Pak křivka $k$ s krajními body $A$ a $B$ , vedena bodem $C$ , je delší, než $AB$ .
Důkaz: Nechť je dána křivka $k_{0}$ jako sjednocení $AC$ a $BC$ . Pak $|k_{0}| > |AB|$ . Na $k_{0}$ zvolíme různé body $Y_{0}$ a $Z_{0}$ tak, že $\forall X\in Y_{0}Z_{0}:X\in k_{0}$ , dále zvolíme libovolně bod $X_{1}$ . Křivka $k_{1}$ jest definována takto: $k_{1}:=(k_{0}\setminus \{P:P\in Y_{0}Z_{0}\})\cup \{Q:Q\in Y_{0}X_{1}\vee Q\in Z_{0}X_{1}\}$ .
a) $X_{1}\in k_{0}\Rightarrow |k_{1}| = |k_{0}|$
b) $X_{1}\notin k_{0}\Rightarrow |Y_{0}X_{1}| + |X_{1}Z_{0}| > |Y_{0}Z_{0}|\Rightarrow |k_{1}| > |k_{0}|$ .
Při jakémkoli umístění bodu $X_{1}$ platí: $|k_{1}|\ge |k_{0}|$ .
Stejný postup provedeme na $k_{1}$ . Najdeme podle stejných kritérií body $Y_{1}$ a $Z_{1}$ , libovolně zvolíme bod $X_{2}$ , a pak $k_{2}:=(k_{1}\setminus \{P:P\in Y_{1}Z_{1}\})\cup \{Q:Q\in Y_{1}X_{2}\vee Q\in Z_{1}X_{2}\}$ . $|k_{2}|\ge |k_{1}|$ . Takto můžeme vytvarovat křivku do libovolného tvaru, protože můžeme přidat bodů, kolik chceme. Vždycky totiž najdeme body $Y_{n}$ a $Z_{n}$ tak, aby to vyhovovalo našim podmínkám.
$\forall n\in \mathbb{N}\exists X_{n}, Y_{n-1}, Z_{n-1}: k_{n}:=(k_{n-1}\setminus \{P:P\in Y_{n-1}Z_{n-1}\})\cup \{Q:Q\in Y_{n-1}X_{n}\vee Q\in Z_{n-1}X_{n}\}$ .
Představme si jakoukoli křivku $k_{n}$ s krajními body $A$ , $B$ , která prochází bodem $C$ . Pak tuto křivku podle našeho postupu jsme schopni sestrojit.
$\forall n\in \mathbb{N}:|k_{n}|\ge |k_{n-1}|\ge ....\ge |k_{1}|\ge |k_{0}|>|AB|\Rightarrow |k_{n}| > |AB| \square$

Dík za dočtení. Je tam něco, s čím nesouhlasíte?

check_drummer · 27. 10. 2015 01:11

↑ Makrofág:
Ahoj, zatím souhlasím se vším. Říkám zatím, protože jsi pouze dokázal větu pro lomennou čáru a nikoli pro obecnou křivku. Asi by to chtělo nějaký lmitní přechod nebo něco podobného. No a nebo ten variační počet.

vanok · 29. 10. 2015 15:10

Poznamka.
Toto moze pomoct
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Geodesic

Makrofág · 02. 11. 2015 09:53

Ozývám se zase po čase....
Zatím s tím nehnu, tak si jdu přečíst tu práci od Anonymystika a článek od Vanoka. Díky. Kdokoliv pište nápady, budu se v tom dále hrabat.

Jinak pro check_drummera: Týká se to jen lomených čar proto, že tím postupem vytvořím konečné množství bodů, a to znamená, že body na té křivce budou spojeny vždycky úsečkami? Ptám se na to, jestli bez použití limit můžu stvořit křivku, která nebude lomenou čarou. Asi ne co?

Xellos · 02. 11. 2015 13:24

Makrofág napsal(a):
Ptám se na to, jestli bez použití limit můžu stvořit křivku, která nebude lomenou čarou.

Krivka $(x,y)(t)=(t,\sqrt{1-t^2})$ pre $t \in [0,1]$ je stvrtkruznica. Nie je to lomena ciara a predsa sa v definicii nevyskytuje limita. Je to proste parametrizovana mnozina bodov.

Tvoj problem je ten, ze predpokladas, ze "krivka" je to co si predstavujes. Matematika sice je obmedzena ludskou predstavivostou, ale nie takto.

check_drummer · 03. 11. 2015 00:45

Ahoj,
napadá mě, že pokud by bylo možné zkoumanou křivku transformovat na funkci f, tak by bylo možné využít vztah pro délku křivky " $\int{\sqrt{1+(f'(t))^2}}.dt$ ". A pokud f není konstantou (úsečkou rovnoběžnou s osou x), tak je $f'(t)\neq 0$ pro nějaké t (a tedy i na nějakém okolí bodu t) - a tedy délka f bude delší než délka oné úsečky - pro kterou je vždy f'=0.
Nejsem si ale jist, zda se někde při odvození toho vzorce nepředpokládá, že úsečka je nejkratší spojnice dvou bodů...

Xellos · 03. 11. 2015 00:51

↑ check_drummer:
Ak si dobre pametam, slo o Riemannov integral ako limitny prechod od nasekania na usecky. Hups. Postulovat by to samozrejme slo, kazdopadne potom by tam bola asi kopa inych veci na dokazanie.

check_drummer · 03. 11. 2015 01:03

↑ Xellos:
Pak si ovšem položme otázku, co je to délka křivky?... :-)

Xellos · 04. 11. 2015 09:33

↑ check_drummer:

V tomto pripade samozrejme limita dlzky vypocitanej ako sucet dlzok useciek (ak max. dlzka usecky ide k nule).

check_drummer · 05. 11. 2015 00:50

↑ Xellos:
A proč jako součet délky úseček - odkud víme, že úsečka je nejkratší spojnice? :-) A jsme, zdá se v kruhu...

Eratosthenes · 06. 11. 2015 15:23

ahoj ↑ Makrofág:

žonglování "vysokou matematikou" a la ↑ Makrofág: tvému "důkazu" vážnosti nedodá. Zvlášť když v něm používáš takové pojmy jako "narovnání křivky", "vytvarování křivky" apod. S trojúhelníkovou nerovností jako axiomem se smiřovat nemusíš. Ta axiomem prostě je - bez ní totiž pojem "vzdálenost" vůbec nemá smysl (vygogluj si něco o metrickém prostoru). No a pak na té větě není prakticky co dokazovat, protože plyne bezprostředně z tohoto axiomu.

check_drummer · 07. 11. 2015 19:42

Ahoj,

Eratosthenes napsal(a):
... No a pak na té větě není prakticky co dokazovat, protože plyne bezprostředně z tohoto axiomu.

Jak tedy plyne? Resp. jak definuješ délku křivky?

Eratosthenes

ahoj ↑ check_drummer:

k tomu nepotřebuju definovat křivku, natož její délku. Je to totiž právě naopak. Jestliže neznám délku úsečky, nemůžu definovat délku křivky. Takže:

Axiom: Pro každé tři různé body A,B,C platí:

d(A,B) <= d(AC) +d(CB)

přičemž d(A,B) = d(AC) +d(CB) <=> C in AB.

Tak se definuje vzdálenost v elementární geometrii. Takže tvoje věta vlastně z toho axiomu ani neplyne, ale je přímo axiomem. A axiomy, jak známo, není třeba dokazovat.

Matematické Fórum

#1 13. 10. 2015 20:29

Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#2 13. 10. 2015 20:43

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#3 13. 10. 2015 21:04 — Editoval Makrofág (13. 10. 2015 21:10)

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#4 13. 10. 2015 21:08 Příspěvek uživatele OndrasV byl skryt uživatelem OndrasV. Důvod: x

#5 13. 10. 2015 21:20

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#6 13. 10. 2015 21:37

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#7 13. 10. 2015 21:48 — Editoval Makrofág (13. 10. 2015 21:50)

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#8 13. 10. 2015 22:04

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#9 13. 10. 2015 22:17

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#10 14. 10. 2015 01:40

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#11 14. 10. 2015 22:20

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#12 15. 10. 2015 12:51

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#13 23. 10. 2015 14:51

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#14 27. 10. 2015 01:11

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#15 29. 10. 2015 15:10

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#16 02. 11. 2015 09:53

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#17 02. 11. 2015 13:24

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

Makrofág napsal(a):

#18 03. 11. 2015 00:45

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#19 03. 11. 2015 00:51

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#20 03. 11. 2015 01:03

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#21 04. 11. 2015 09:33

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#22 05. 11. 2015 00:50

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#23 06. 11. 2015 15:23

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

#24 07. 11. 2015 19:42

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

Eratosthenes napsal(a):

#25 07. 11. 2015 19:58 — Editoval Eratosthenes (07. 11. 2015 20:01)

Re: Důkaz věty nejkratší vzdálenosti dvou bodů

Zápatí