Μέγιστο γινομένου

#1

Έστω $\displaystyle \alpha ,b \in \mathbb{R}$ και η γραμμική συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \alpha x + b$
για την οποία ισχύει $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ .
Ποια είναι τότε η μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle \alpha b$ ;

#2

chris_gatos έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 06, 2018 10:21 pm
Έστω $\displaystyle \alpha ,b \in \mathbb{R}$ και η γραμμική συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \alpha x + b$
για την οποία ισχύει $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ .
Ποια είναι τότε η μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle \alpha b$ ;

H

δίνει $|a+b|\le 1$ . Άρα $ab \le \frac {1}{4}(a+b)^2\le \frac {1}{4}$ .

Τα a,b

της $\frac {1}{2}x +\frac {1}{2}$ που βέβαια ικανοποιεί την συνθήκη διότι

$|f(x)| = \left |\frac {1}{2}x +\frac {1}{2}\right |\le \frac {1}{2}|x| +\frac {1}{2}\le \frac {1}{2} +\frac {1}{2}=1$ , δίνουν

ισότητα $ab=\frac {1}{4}$ . Με άλλα λόγια η μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle a b$ είναι $\frac {1}{4}$ .

#3

Καλησπέρα σε όλους. Μια διαφορετική και μακροσκελέστερη αντιμετώπιση απ' αυτήν του Μιχάλη, τον οποίον και ευχαριστώ για τη διακριτική υπόδειξή του σε προηγούμενη ημιτελή προσέγγισή μου, την οποίαν απέσυρα.

Αν a = 0

ή

, τότε

.

Aν

ετερόσημοι τότε ab<0

.

Έστω

. Τότε η συνθήκη $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ της υποθέσεως γίνεται $\displaystyle 0 < f\left( x \right) \le 1$ (1).

Για $\displaystyle a > 0$ είναι $\displaystyle 0 \le x \le 1 \Leftrightarrow 0 \le ax \le a \Rightarrow ax + b \le a + b$ .

Οπότε, $\displaystyle \forall x \in \left[ {0,\;1} \right]$ είναι $\displaystyle f\left( x \right) \le a + b$ .

Για να ισχύει η (1) πρέπει και αρκεί $\displaystyle a + b \le 1$ . Όταν το άθροισμα a+b

ισούται με το μέγιστο δυνατό, που είναι

, το γινόμενο

παίρνει τη μέγιστη τιμή του, όταν $\displaystyle a = b = \frac{1}{2}$ , οπότε το μέγιστο του γινομένου τους ισούται με $\displaystyle \frac{1}{4}$ .

Έστω a, b<0

. Τότε η συνθήκη $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ της υποθέσεως γίνεται $\displaystyle - 1 \le f\left( x \right) < 0$ (2).

Για $\displaystyle a < 0$ είναι $\displaystyle 0 \le x \le 1 \Leftrightarrow 0 \ge ax \ge a \Rightarrow ax + b \ge a + b$ .

Οπότε, $\displaystyle \forall x \in \left[ {0,\;1} \right]$ είναι $\displaystyle f\left( x \right) \ge a + b$ .

Για να ισχύει η (2) πρέπει και αρκεί $\displaystyle a + b \ge - 1 \Leftrightarrow - a - b \le 1$ . Όταν το άθροισμα των θετικών αριθμών (-a)+(-b)

ισούται με το μέγιστο δυνατό, που είναι

, το γινόμενο (-a)(-b)=αβ

παίρνει τη μέγιστη τιμή του, όταν $\displaystyle a = b = - \frac{1}{2}$ , οπότε το μέγιστο του γινομένου τους ισούται με $\displaystyle \frac{1}{4}$ .

Μπουμπουλής Κώστας · #4

Και μια διαφορετική προσέγγιση, για ...πλουραλισμό:

Θεωρούμε τα διανύσματα $\vec{u}=\left ( a,b \right )$ και $\vec{v}=\left ( x,1 \right )$ οπότε $f(x)=\vec{u}\cdot \vec{v}$

Άρα $f(x)\leq \left | \vec{u} \right |\cdot \left | \vec{v} \right |$ $=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot \sqrt{x^{2}+1}\leq \sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot \sqrt{2}$

αφού η μέγιστη τιμή του $x^{^{2}}+1$ είναι $\sqrt{2}$ , όταν $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .

Επειδή $\left | f(x) \right |\leq 1$ αρκεί $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}\leq 1$ .

Η ισότητα επιτυγχάνεται για $a=b=\frac{1}{2}$ που ικανοποιούν τη συνθήκη $\left | f(x) \right |\leq 1$

άρα $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}= 1$ $\Leftrightarrow a^{2}+b^{^{2}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \left ( a-b \right )^{^{2}}+2ab= \frac{1}{2}$

άρα $\frac{1}{2}-2ab\geq 0\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{4}$ με την ισότητα για $a=b=\frac{1}{2}$

Άρα η μέγιστη τιμή του

είναι $\frac{1}{4}$ (αν δεν έκανα κάποιο άλμα...)

#5

Μπουμπουλής Κώστας έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 08, 2018 12:57 am
Επειδή $\left | f(x) \right |\leq 1$ αρκεί $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}\leq 1$ .

Κάτι δεν μου πάει καλά με το παραπάνω βήμα. Πρώτα απ' όλα δεν είναι συντακτικά σωστό: Αν πούμε "επειδή" μετά πρέπει να πούμε "έπεται" και όχι "αρκεί".

Όπως και να είναι, με την συνθήκη $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}\leq 1$ χάνουμε συναρτήσεις f(x)=ax+b

με $|f(x)|\le 1$ . Τέτοια είναι η f(x)=x-1

. Για να πεισθούμε ότι ικανοποιείται η $|f(x)|\le 1$ δεν έχουμε παρά να κοιτάξουμε το γράφημά της (απλό). Όμως εδώ $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}= 2 > 1$ .

Θέλω να πω: Η μέθοδος βρίσκει το μέγιστο

εκείνων των f(x)=ax+b

με $\sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}\leq 1$ . Όμως υπάρχουν και άλλες

που ικανοποιούν τα δεδομένα της εκφώνησης, οπότε το μέγιστο

μπορεί να αυξηθεί.

Μπουμπουλής Κώστας · #6

Τελικά έγινε άλμα ...επι κοντώ. Μικρός δεν ήμουνα καλός. Τώρα που μεγάλωσα βλέπω ότι βελτιώθηκα...
Αν μπορεί κάποιος να άρει το άλμα ας το κάνει , αν όχι ας αφαιρέσει παρακαλώ τη λύση ...

#7

Μπουμπουλής Κώστας έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 09, 2018 1:00 am
Αν μπορεί κάποιος να άρει το άλμα ας το κάνει , αν όχι ας αφαιρέσει παρακαλώ τη λύση ...

Καλημέρα σε όλους. Έκανα μια προσπάθεια να παρέμβω στην λύση του Κώστα, αλλά δεν μπορώ να "σώσω την παρτίδα", όπως έλεγε ο αξέχαστος φίλος Λεωνίδας.

Θεωρούμε τα διανύσματα $\displaystyle \vec u = \left( {a,b} \right)$ και $\displaystyle \vec v = \left( {x,1} \right),\;\;x \in \left[ {0,1} \right]$ οπότε $\displaystyle f(x) = \vec u\cdot\vec v$ .

Άρα $\displaystyle f(x) \le \left| {\vec u} \right|\cdot\left| {\vec v} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot\sqrt {{x^2} + 1} \le \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot\sqrt 2$ (1) , αφού η μέγιστη τιμή του $\displaystyle {x^2} + 1$ είναι $\displaystyle \sqrt 2$ , όταν $\displaystyle x \in \left[ {0,1} \right]$ .

(Στην ίδια ανισότητα (1) θα καταλήγαμε απευθείας με τη χρήση της ανισότητας Cauchy
$\displaystyle ax + b \le \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot\sqrt {{x^2} + 1} \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}$ ).

Η συνθήκη $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1$ γράφεται $\displaystyle \left| {ax + b} \right| \le \left| {ax} \right| + \left| b \right| \le \left| a \right| + \left| b \right|$ (2), αφού $\displaystyle x \in \left[ {0,1} \right]$ .

Εδώ έχουμε δύο ανισότητες ομόρροπες, που δεν μπορούν να συνδυαστούν με τη μεταβατική ιδιότητα.

Προφανώς ισχύει

$\displaystyle \left| a \right| + \left| b \right| \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2\left| {ab} \right| \le 2{a^2} + 2{b^2} \Leftrightarrow {\left( {\left| a \right| - \left| b \right|} \right)^2} \ge 0$ , για κάθε a, b

.
με την ισότητα να επιτυγχάνεται όταν $\displaystyle \left| a \right| = \left| b \right|$ .

Τότε $\displaystyle \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| a \right|\left| {x + 1} \right| \le 2\left| a \right|$ , άρα η μέγιστη δυνατή τιμή του $\displaystyle \left| a \right|$ είναι το $\displaystyle \frac{1}{2}$ , οπότε και το μέγιστο δυνατό γινόμενο $\displaystyle ab$ είναι $\displaystyle \frac{1}{4}$ .

Όμως, με βάση ποια συνθήκη της εκφώνησης θα απαιτήσουμε να ισχύει η ισότητα, που δίνει το (εκ των προτέρων γνωστό) μέγιστο;

Νομίζω ότι η διαδρομή του Μιχάλη, που έθεσε αρχικά x = 1

στη συνθήκη της υπόθεσης είναι η βέλτιστη.

S.E.Louridas · #8

chris_gatos έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 06, 2018 10:21 pm
Έστω $\displaystyle \alpha ,b \in \mathbb{R}$ και η γραμμική συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \alpha x + b$
για την οποία ισχύει $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ .
Ποια είναι τότε η μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle \alpha b$ ;

Αρκεί να βρούμε το μέγιστο του u = ab > 0.

Τότε, για κάθε $x \in \left[ {0,1} \right],\;\left| {ax + b} \right| \leqslant 1 \Leftrightarrow {a^2}x + u \leqslant \left| a \right|.$ Αρκεί λοιπόν να βρούμε το ${u_{\max }}$ , όταν $0 \leqslant {\left| a \right|^2} + u \leqslant \left| a \right|,$ αφού $x \in \left[ {0,1} \right] \Rightarrow u \leqslant {\left| a \right|^2}x + u \leqslant {\left| a \right|^2} + u,$ άρα αρκεί να βρούμε το ${u_{\max }},$ όταν ${\left| a \right|^2} - \left| a \right| + u \leqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {2\left| a \right| - 1} \right)^2} \leqslant 1 - 4u,$ έτσι καταλήγουμε στην $1 - 4u \geqslant 0 \Leftrightarrow u \leqslant \frac{1}{4},$ οπότε ${u_{\max }} = \frac{1}{4},$ και αυτό γίνεται όταν $\left| a \right| = \left| b \right|=\frac{1}{2}.$ Η επαλήθευση είναι εύκολη.

edit: Αντικατέστησα την προηγούμενη ανάρτηση μου με αυτήν που είναι πιό αυστηρή.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Ας γράψω και εγώ μια εκτός φακέλου.
Ειναι φανερό ότι η συνθήκη του προβλήματος ισχύει αν και μόνο αν
$\left | a+b \right |\leq 1,\left | b \right |\leq 1$
Αν κάνουμε ένα σχήμα θα δούμε ότι τα a,b

βόσκουν σε ένα τετράγωνο
με κορυφές τα σημεία (0,1),(1,0),(0,-1),(-1,0)

Μεσα σε αυτό θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε το

Παίρνοντας μερικές παραγώγους βλέπουμε ότι δεν μεγιστοποιειται στο εσωτερικό.
Αρα η μεγιστοποίηση θα γίνει όταν a+b=1

η

(στις άλλες πλευρές είναι αρνητικό)
Από την $ab\leq (\frac{a+b}{2})^{2}$
με ισότητα για a=b

παίρνουμε το ζητούμενο.

#10

Ακόμη μία απόδειξη. Ας γράψω r = f(1)= a+b

και

. Τότε

$\displaystyle ab = (r-s)s = -\left(r-\frac{s}{2}\right)^2 + \frac{s^2}{4} \leqslant \frac{1}{4}$

με ισότητα αν και μόνο αν |s|=1

και

. Μένει να κάνουμε τον απλό έλεγχο ότι η $f(x) = \pm \frac{x+1}{2}$ ικανοποιεί τις συνθήκες.

S.E.Louridas · #11

chris_gatos έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 06, 2018 10:21 pm
Έστω $\displaystyle \alpha ,b \in \mathbb{R}$ και η γραμμική συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \alpha x + b$
για την οποία ισχύει $\displaystyle \left| {f(x)} \right| \le 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left[ {0,1} \right]$ .
Ποια είναι τότε η μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle \alpha b$ ;

Σε συζήτηση που είχαμε προ ημερών με τον φίλο μου Γιώργο Τασσόπουλο του ανέφερα το ενδιαφέρον θέμα περί μεγίστου γινομένου που πρότεινε ο συνάδελφος Χρήστος Κυριαζής και έδωσε τη λύση που ακολουθεί:

Λύση: (από τον Γιώργο Σ. Τασσόπουλο)

Έχουμε: $\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant 1 \Leftrightarrow \left| {\alpha x + \beta } \right| \leqslant 1\;\;\left( 1 \right)$
Αν $a \ne 0$ μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας, να υποθέσουμε $\alpha > 0,$ αφού $\left| {\alpha x + \beta } \right| = \left| { - \alpha x - \beta } \right|\;\kappa \alpha \iota }}\;{\max}}\left( {\alpha \beta } \right) = \max \left( { - \alpha } \right)\left( { - \beta } \right)$
Τότε: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 1 \leqslant \alpha x + \beta \leqslant 1 \Leftrightarrow - \frac{{1 + \beta }}{a} \leqslant x \leqslant \frac{{1 - \beta }}{a}.$
Αφού η $\left( 1 \right)$ ισχύει για κάθε $x \in \left[ {0,1} \right],$ θα έχουμε: $\left[ {0,1} \right] \subseteq \left[ { - \frac{{1 + \beta }}{\alpha },\;\frac{{1 - \beta }}{\alpha }} \right] \Rightarrow \frac{{1 - \beta }}{\alpha } \geqslant 1$
και $- \frac{{1 + \beta }}{\alpha } \leqslant 0 \Rightarrow \alpha + \beta \leqslant 1\;{\kappa \alpha \iota }}\;\beta \geqslant - 1.$
Όμως: $\alpha + \beta \leqslant 1\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha > 0} {\alpha ^2} + \alpha \beta \leqslant \alpha \Rightarrow \alpha \beta \leqslant - {\alpha ^2} + \alpha = h\left( \alpha \right) \leqslant h\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4},$ με το ισον για $\alpha = \beta = \frac{1}{2}.$ Προφανώς τότε $\beta \geqslant - 1.$
Τέλος για $\alpha = 0$ έχουμε $\alpha \beta = 0 < \frac{1}{4}.\;$ Άρα $\max \left( {\alpha \beta } \right) = \frac{1}{4}.$

Ερώτηση: Προφανώς: $\left| {f\left( 1 \right)} \right| \leqslant 1 \Rightarrow \left| {\alpha + \beta } \right| \leqslant 1 \Rightarrow ... \Rightarrow \alpha \beta \leqslant \frac{1}{4}.$
Άραγε είναι αυτό αρκετό; Περιέργως: $\left| {f\left( {\frac{1}{3}} \right)} \right| \leqslant 1 \Rightarrow \alpha \beta }} \leqslant \frac{3}{4}$ κλπ.(!!)

(*) Συμπληρώθηκαν τα παρακάτω που το \tex στο κείμενο τα είχε "φάει":
$1)\;\;\max \left( { - \alpha } \right)\left( { - \beta } \right)$ ,
$2)\;\;\alpha + \beta \leqslant 1\;{\kappa \alpha \iota }}\;\beta \geqslant - 1,$
$3)\;\;\alpha \beta \leqslant \frac{3}{4}$

Μέγιστο γινομένου

Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Re: Μέγιστο γινομένου

Μέλη σε σύνδεση