Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
apezic Forumaš(ica)


Pridružen/a: 18. 10. 2005. (15:43:48) Postovi: (19)16
Spol: 
|
|
[Vrh] |
|
pecina Forumaš(ica)


Pridružen/a: 19. 01. 2005. (14:15:23) Postovi: (157)16
Spol: 
Lokacija: Happily traveling through space since 1986!
|
|
[Vrh] |
|
apezic Forumaš(ica)


Pridružen/a: 18. 10. 2005. (15:43:48) Postovi: (19)16
Spol: 
|
|
[Vrh] |
|
pecina Forumaš(ica)


Pridružen/a: 19. 01. 2005. (14:15:23) Postovi: (157)16
Spol: 
Lokacija: Happily traveling through space since 1986!
|
|
[Vrh] |
|
Unnamed One Forumaš(ica)

Pridružen/a: 23. 06. 2005. (22:09:33) Postovi: (3C)16
|
Postano: 17:32 sub, 18. 2. 2006 Naslov: |
|
|
Evo još jedne verzije: Neka prvi pravac ima vektor smjera (a1,a2,...,an), a drugi (b1,b2,...,bn). Prvo riješimo sustav
a1*c1+a2*c2+...+an*cn=0
b1*c1+b2*c2+...+an*cn=0.
Pravci nisu paralelni pa smo dobili (n-2) parametarsko rješenje, tj. vektori koji su rješenja sustava generiraju (n-2) dimenzionalni vektorski prostor W. Očito je svaki vektor koji zadovoljava gornji sustav okomit na 1. pravac i na 2. pravac. Definiramo dvije hiperravnine, prva neka ima smjer W+[a1,a2,...,an] i prolazi nekom točkom prvog pravca, a druga smjer W+[b1,b2,...,bn] i prolazi nekom točkom drugog pravca. Prva hiperravnina siječe drugi pravac (jer nitko nije mimosmjeran s hiperravninom), a druga hiperravnina sadrži sve točke drugog pravca pa postoji neka točka s drugog pravca koja je u presjeku te dvije hiperravnine. Analogno se zaključi da postoji neka točka s prvog pravca koja je u presjeku te dvije hiperravnine pa je i pravac određen tim dvjema točkama u presjeku te dvije hiperravnine (jer je presjek ravnina ravnina). Taj pravac je u presjeku tih dvaju ravnina pa mu je vektor smjera iz W što znači da je okomit i na prvi i na drugi pravac.
Evo još jedne verzije: Neka prvi pravac ima vektor smjera (a1,a2,...,an), a drugi (b1,b2,...,bn). Prvo riješimo sustav
a1*c1+a2*c2+...+an*cn=0
b1*c1+b2*c2+...+an*cn=0.
Pravci nisu paralelni pa smo dobili (n-2) parametarsko rješenje, tj. vektori koji su rješenja sustava generiraju (n-2) dimenzionalni vektorski prostor W. Očito je svaki vektor koji zadovoljava gornji sustav okomit na 1. pravac i na 2. pravac. Definiramo dvije hiperravnine, prva neka ima smjer W+[a1,a2,...,an] i prolazi nekom točkom prvog pravca, a druga smjer W+[b1,b2,...,bn] i prolazi nekom točkom drugog pravca. Prva hiperravnina siječe drugi pravac (jer nitko nije mimosmjeran s hiperravninom), a druga hiperravnina sadrži sve točke drugog pravca pa postoji neka točka s drugog pravca koja je u presjeku te dvije hiperravnine. Analogno se zaključi da postoji neka točka s prvog pravca koja je u presjeku te dvije hiperravnine pa je i pravac određen tim dvjema točkama u presjeku te dvije hiperravnine (jer je presjek ravnina ravnina). Taj pravac je u presjeku tih dvaju ravnina pa mu je vektor smjera iz W što znači da je okomit i na prvi i na drugi pravac.
|
|
[Vrh] |
|
LSSD Forumaš(ica)

Pridružen/a: 19. 01. 2005. (19:11:16) Postovi: (CB)16
Lokacija: SD CN
|
|
[Vrh] |
|
Unnamed One Forumaš(ica)

Pridružen/a: 23. 06. 2005. (22:09:33) Postovi: (3C)16
|
Postano: 12:14 ned, 19. 2. 2006 Naslov: |
|
|
Dokaz indukcijom:
pretpostavka: simpleks S(n)=Conv{A1,...,An}<=Conv(Pn) za svaki Pn koji sadži A1,...An.
korak: uzme se simpleks S(n+1)=Conv{A1,...,An,A(n+1)}. Neka je P(n+1) neki skup koji sadrži A1,...,A(n+1), i definiramo Pn := P(n+1) / A(n+1)
S(n+1)=Conv{A1,...,An,A(n+1)}<=/*ovdje koristimo pretpostavku*/<=Conv{Pn,A(n+1)}=Conv{Pn U A(n+1)}=Conv{P(n+1)}
('<=' predstavlja inkluziju)
Dokaz bez indukcije:
Simpleks je konveksna ljuska n+1 nezavisne točke. Ako taj neki drugi konveksni skup koji sadrži tih n+1 točaka označim sa S onda je svih tih n+1 točaka sadržano u S pa je i njihova konveksna ljuska sadržana u konveksnoj ljusci od S. Njihova konveksna ljuska je simpleks, a konveksna ljuska od S je S (jer je S konveksan).
Pitanje: Zašto bi tu tvrdnju pokušavali dokazati indukcijom kad smo korak mogli provesti i bez korištenja pretpostavke?
Dokaz indukcijom:
pretpostavka: simpleks S(n)=Conv{A1,...,An}<=Conv(Pn) za svaki Pn koji sadži A1,...An.
korak: uzme se simpleks S(n+1)=Conv{A1,...,An,A(n+1)}. Neka je P(n+1) neki skup koji sadrži A1,...,A(n+1), i definiramo Pn := P(n+1) / A(n+1)
S(n+1)=Conv{A1,...,An,A(n+1)}<=/*ovdje koristimo pretpostavku*/<=Conv{Pn,A(n+1)}=Conv{Pn U A(n+1)}=Conv{P(n+1)}
('<=' predstavlja inkluziju)
Dokaz bez indukcije:
Simpleks je konveksna ljuska n+1 nezavisne točke. Ako taj neki drugi konveksni skup koji sadrži tih n+1 točaka označim sa S onda je svih tih n+1 točaka sadržano u S pa je i njihova konveksna ljuska sadržana u konveksnoj ljusci od S. Njihova konveksna ljuska je simpleks, a konveksna ljuska od S je S (jer je S konveksan).
Pitanje: Zašto bi tu tvrdnju pokušavali dokazati indukcijom kad smo korak mogli provesti i bez korištenja pretpostavke?
|
|
[Vrh] |
|
apezic Forumaš(ica)


Pridružen/a: 18. 10. 2005. (15:43:48) Postovi: (19)16
Spol: 
|
Postano: 14:23 ned, 19. 2. 2006 Naslov: |
|
|
Kada dokazujemo bez indukcije onda u zakljucku koristi se argument da je konveksna ljuska tokaca simpleks, ali to tek trebamo dokazati. Isto i u dokazu indukcije, zar mi prvo ne trebamo dokazati da je simpleks, ali definiran kao skup svih tocaka za koje vrijedi...,sadrzan kao takav u svakom konveksnom skupu koji sadrzi te tocke, jer je svakako istina da Conv{A(0),...,A(n)} jeste sadrzana u svakom konveksnom skupu koji sadrzi te tocke?
I jos jedno pitanje:)kada kazemo da je simpleks presjek n+1 zatvorenog poluprostora, kako mi dodjeo do tih hiperavnina?[/code]
Kada dokazujemo bez indukcije onda u zakljucku koristi se argument da je konveksna ljuska tokaca simpleks, ali to tek trebamo dokazati. Isto i u dokazu indukcije, zar mi prvo ne trebamo dokazati da je simpleks, ali definiran kao skup svih tocaka za koje vrijedi...,sadrzan kao takav u svakom konveksnom skupu koji sadrzi te tocke, jer je svakako istina da Conv{A(0),...,A(n)} jeste sadrzana u svakom konveksnom skupu koji sadrzi te tocke?
I jos jedno pitanje:)kada kazemo da je simpleks presjek n+1 zatvorenog poluprostora, kako mi dodjeo do tih hiperavnina?[/code]
|
|
[Vrh] |
|
Unnamed One Forumaš(ica)

Pridružen/a: 23. 06. 2005. (22:09:33) Postovi: (3C)16
|
Postano: 15:54 ned, 19. 2. 2006 Naslov: |
|
|
Na predavanjima smo n - dimenzionalni simpleks definirali kao konveksnu ljusku od (n+1) nezavisnih točaka. Dakle, to je ono što znamo. Zatim je slijedila neka propozicija koja kaže da je simpleks Sn skup svih točaka afinog prostora takvih da je radijvektor te točke konveksna kombinacija (zbroj skalara je 1, svi su >= 0) radijvektora vrhova simpleksa. Dokaz propozicije je bio ostavljen za zadaću. Pretpostavljam da si ti krenuo od definicije simpleksa preko radijvektora pa zatim htio dokazati da je taj simpleks zapravo konveksna ljuska nekih točaka pa je zato došlo do malog nesporazuma. Koliko sam shvatio, zanima te dokaz jednakosti
Conv{A0,...,An}={T:[radijvektor od T konveksna kombinacija radijvektora radijvektora od A0,..,An]} (*)
pri čemu jednu od tih dviju strana zovemo simpleksom. Uglavnom, neka nam je (*) pretpostavka indukcije, ri radijvektor točke Ai, ti neki skalar uz ri sa segmenta [0,1] takav da je t0+t1+...+tn=1.
Desna strana je konveksna i sadrži točke A0,..,An pa ćemo indukcijom dokazivati samo ovu inkluziju >= jer se ona druga dokazuje bez korištenja pretpostavke. Uglavnom, uzmemo točku T iz skupa s desne strane jednakosti. Tada je njezin radijvektor r(T)
r(T)=(t0)(r0)+...+(tn)(rn)+(t(n+1))(r(n+1)).
Uzmem pravac kroz tu točku, npr.
r=r(T)+m(-t(n+1)r(n+1)+t(n+1)r(1)), m je neki skalar.
(mogli smo uzeti i neki drugi pravac kroz tu točku, ali ovaj je dosta praktičan). U jednadžbu pravca uvrstim m=1. Nakon računa vidim da sam dobio točku X koja se nalazi na n strani (n+1) simpleksa. Radi pretpostavke indukcije znam da se ona nalazi u
Conv{A0,...,An}, tj.
ne moraju baš biti u konveksnoj ljusci prvih n+1 točaka, nego nekih n+1 od njih n+2 pa se uzme permutacija... Dakle, ta točka je sigurno sadržana u
Conv{A0,...,A(n+1)}.
[color=white]Uzmemo m=0 pa dobijemo da je točka A(n+1) na tom pravcu pa je i A(n+1) sadržana u[/color] [color=red]/*ISPRAVAK: ne uzme se m=0, nego m=- t1 / t(n+1), pa se onda iskoristi pretpostavka, za m=0 se dobije točka T, a to nam baš i ne koristi*/[/color]
Conv{A0,...,A(n+1)}.
Kako je lijeva strana jednakosti konveksan skup slijedi da je svaka točka na tom pravcu između ovih točaka koje se dobiju za m=1 i m=0 sadržana u desnoj strani. Dakle, dovoljno nam je pokazati da je T između tih dviju točaka. Uočimo da vrijedi da je
r(T)= (a1)r(x)+(a2)r(n+1)
kada je a1=t1/(t1+t(n+1)), a2=t(n+1)/(t1+t(n+1)). Kako je a1+a2=1, a2>=0, a1>=0 zaključujemo da je točka T između A(n+1) i X i to je to.
Pitanje o poluprostorima:
Od n+1 nezavisnih točaka koje su vrhovi simpleksa njih n mogu odabrati na n+1 način, tj. mogu napraviti n+1 različitih hiperravnina. iperravnina mi generira 2 poluprostora pa od njih odaberem onaj koji sadrži vrh simpleksa koji nije u toj hiperravnini. Iz propozicije koju sam dokazao se lako izvedu jednadžbe tih poluprostora...
Na predavanjima smo n - dimenzionalni simpleks definirali kao konveksnu ljusku od (n+1) nezavisnih točaka. Dakle, to je ono što znamo. Zatim je slijedila neka propozicija koja kaže da je simpleks Sn skup svih točaka afinog prostora takvih da je radijvektor te točke konveksna kombinacija (zbroj skalara je 1, svi su >= 0) radijvektora vrhova simpleksa. Dokaz propozicije je bio ostavljen za zadaću. Pretpostavljam da si ti krenuo od definicije simpleksa preko radijvektora pa zatim htio dokazati da je taj simpleks zapravo konveksna ljuska nekih točaka pa je zato došlo do malog nesporazuma. Koliko sam shvatio, zanima te dokaz jednakosti
Conv{A0,...,An}={T:[radijvektor od T konveksna kombinacija radijvektora radijvektora od A0,..,An]} (*)
pri čemu jednu od tih dviju strana zovemo simpleksom. Uglavnom, neka nam je (*) pretpostavka indukcije, ri radijvektor točke Ai, ti neki skalar uz ri sa segmenta [0,1] takav da je t0+t1+...+tn=1.
Desna strana je konveksna i sadrži točke A0,..,An pa ćemo indukcijom dokazivati samo ovu inkluziju >= jer se ona druga dokazuje bez korištenja pretpostavke. Uglavnom, uzmemo točku T iz skupa s desne strane jednakosti. Tada je njezin radijvektor r(T)
r(T)=(t0)(r0)+...+(tn)(rn)+(t(n+1))(r(n+1)).
Uzmem pravac kroz tu točku, npr.
r=r(T)+m(-t(n+1)r(n+1)+t(n+1)r(1)), m je neki skalar.
(mogli smo uzeti i neki drugi pravac kroz tu točku, ali ovaj je dosta praktičan). U jednadžbu pravca uvrstim m=1. Nakon računa vidim da sam dobio točku X koja se nalazi na n strani (n+1) simpleksa. Radi pretpostavke indukcije znam da se ona nalazi u
Conv{A0,...,An}, tj.
ne moraju baš biti u konveksnoj ljusci prvih n+1 točaka, nego nekih n+1 od njih n+2 pa se uzme permutacija... Dakle, ta točka je sigurno sadržana u
Conv{A0,...,A(n+1)}.
Uzmemo m=0 pa dobijemo da je točka A(n+1) na tom pravcu pa je i A(n+1) sadržana u /*ISPRAVAK: ne uzme se m=0, nego m=- t1 / t(n+1), pa se onda iskoristi pretpostavka, za m=0 se dobije točka T, a to nam baš i ne koristi*/
Conv{A0,...,A(n+1)}.
Kako je lijeva strana jednakosti konveksan skup slijedi da je svaka točka na tom pravcu između ovih točaka koje se dobiju za m=1 i m=0 sadržana u desnoj strani. Dakle, dovoljno nam je pokazati da je T između tih dviju točaka. Uočimo da vrijedi da je
r(T)= (a1)r(x)+(a2)r(n+1)
kada je a1=t1/(t1+t(n+1)), a2=t(n+1)/(t1+t(n+1)). Kako je a1+a2=1, a2>=0, a1>=0 zaključujemo da je točka T između A(n+1) i X i to je to.
Pitanje o poluprostorima:
Od n+1 nezavisnih točaka koje su vrhovi simpleksa njih n mogu odabrati na n+1 način, tj. mogu napraviti n+1 različitih hiperravnina. iperravnina mi generira 2 poluprostora pa od njih odaberem onaj koji sadrži vrh simpleksa koji nije u toj hiperravnini. Iz propozicije koju sam dokazao se lako izvedu jednadžbe tih poluprostora...
Zadnja promjena: Unnamed One; 21:01 ned, 19. 2. 2006; ukupno mijenjano 1 put.
|
|
[Vrh] |
|
apezic Forumaš(ica)


Pridružen/a: 18. 10. 2005. (15:43:48) Postovi: (19)16
Spol: 
|
|
[Vrh] |
|
|