Μέγιστο...

M.S.Vovos · #1

Διαβάζοντας έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση. Δεν έχω λύση.

Έστω οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $x_{i}$ , i=1,2,...,n

με $x_{1}<x_{2}<\cdots <x_{n}$ και τα $\lambda _{i}\geq 0$ , i=1,2,...,n

τέτοια ώστε $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}=1$ . Να προσδιορίσετε το: $\displaystyle{\selectlanguage{english} \textup{max}\left \{ \left ( \sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}x_{i} \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{\lambda _{i}}{x_{i}} \right ) \right \}}$

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #2

Επαναφορά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Θα χρειασθούμε το αποτέλεσμα από το
viewtopic.php?f=173&t=56932.

Θα χρησιμοποιήσουμε βαριά εργαλεία.
Συγκεκριμένα πολλαπλασιαστές Lagrange .

Για n=2

είναι απλό και το μέγιστο είναι $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}})$

Κάνοντας πολλαπλασιαστές Lagrange θα καταλήξουμε στο σύστημα

$\frac{1}{x_{i}}(\lambda _{1}x_{1}+...+\lambda _{n}x_{n})+x_{i}(\lambda _{1}\frac{1}{x_{1}}+...+\lambda _{n}\frac{1}{x_{n}})=\lambda$
για i=1,2,...n

Δεν μπορεί αυτό το σύστημα να έχει λύση με $\lambda _{i}> 0,i=1,2,...n$

Γιατί αν είχε τότε θεωρώντας τις παρενθέσεις σταθερές και τα $x_{i}$ αγνώστους
ένα τριώνυμο θα είχε περισσότερες από δύο λύσεις.

Αυτό σημαίνει ότι το μέγιστο και το ελάχιστο της παράστασης δεν λαμβάνετε στο εσωτερικό του
$\lambda _{i}\geq 0,\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}=1$

Αρα κάποιο $\lambda _{i}=0$

Κατεβαίνοντας από το

στο

και κάνοντας τα ίδια φτάνουμε στο n=2

.

Οπότε χρησιμοποιώντας την παραπομπή το μέγιστο είναι
$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(\frac{x_{1}}{x_{n}}+\frac{x_{n}}{x_{1}})$ .

Παρατηρήσεις
1)Μάλλον πρέπει να μεταφερθεί στο ΑΝΑΛΥΣΗ

2)Το ελάχιστο είναι

(πανεύκολο)

3)Το πρόβλημα μπορεί να διατυπωθεί και ως εξης
Δίνετε πεπερασμένο σύνολο

και $f:X\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ συνάρτηση

Να βρεθεί το μέτρο πιθανότητας $\mu$ στο

ώστε να μεγιστοποιείτε το

$\int _{X}fd\mu \int _{X}\frac{1}{f}d\mu$

M.S.Vovos · #4

Ευχαριστώ Σταύρο!

Δύσκολη άσκηση τελικά. Δεν μου πήγε καν το μυαλό για πολλαπλασιαστές Lagrange. Για την ιστορία του θέματος, το μέγιστο είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας του Ρώσου μαθηματικού Kantorovich.

Για περισσότερες πληροφορίες μπορεί κάποιος να δει εδώ και εδώ.

Φιλικά,
Μάριος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Γεια σου Μάριε.
Τον L.V Kantorovich τον έχω γνωρίσει πολύ παλιά μέσω του βιβλίου του
FUNCTIONAL ANALYSIS που έχει γράψει μαζί με τον μαθητή του G.P.Akilov.
Καταπληκτικό βιβλίο.
Από μια πρόχειρη περιήγηση στο internet βρήκα.
Στο
http://www.bdigital.unal.edu.co/33225/1 ... 5-1-PB.pdf
υπάρχουν ενδιαφέροντα πράγματα για την ανισότητα Kantorovich.
Εκεί υπάρχει και σύνδεση με τις πιθανότητες όπως είχα υποψιασθεί.
Στο
http://wwww.artofproblemsolving.com/community/c7h25557
υπάρχει λύση της άσκησης που πρότεινε ο Μάριος χρησιμοποιώντας κυρτότητα.
Για τον Kantorovich μπορείτε να δείτε.
https://en.wikipedia.org/wiki/Leonid_Kantorovich

#6

M.S.Vovos έγραψε: Δύσκολη άσκηση τελικά. Δεν μου πήγε καν το μυαλό για πολλαπλασιαστές Lagrange.

Μάριε,

αντιθέτως το πρώτο πράγμα που πάει στο μυαλό είναι οι πολλαπλασιαστές Lagrange. Πάντα στις ανισότητες υπό συνθήκη, οι πολλαπλασιαστές Lagrange είναι το πρώτο πράγμα που δοκιμάζει κανείς. Συχνά "τετριμμενοποιεί" την άσκηση, όπως καλή ώρα στην παραπάνω.

Η αλήθεια είναι ότι, ακριβώς διότι τετριμμενοποιεί πολλές ανισότητες, υπάρχει άγραφος κανόνας στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες, ακόμα και στην IMO, να μην γίνονται δεκτές λύσεις ανισοτήτων υπό συνθήκη με χρήση πολλαπλασιαστών Lagrange.

Αν κοιτάξεις προσεκτικά θα διαπιστώσεις ότι οι περισσότερες ανισότητες υπό συνθήκη στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες, και στο φόρουμ μας, βγαίνουν σε λίγες γραμμές και χωρίς πολλή δεξιοτεχνία με χρήση της εν λόγω τεχνικής. Χωρίς αυτήν, συχνά είναι πολύ σκληρές ασκήσεις.

Al.Koutsouridis · #7

Υπάρχει ένα μικρό άρθρο του 1963 των Diaz και Metcalf όπου δίνεται απόδειξη της ανισότητας του Kantorovich με στοιχειώδη μέσα.
Το άρθρο μπορείτε να το βρείτε εδώ. Αρχικά αποδεικνύεται η ανισότητα του θεωρήματος 1 με χρήση του οποίου για κατάλληλα $a_{k}, b_{k}$ μπορεί να προκύψει η ανισότητα του Kantorovich.

Ίσως θα ήταν καλό να μπει και σε ξεχώριστή συζήτηση στο φάκελο των ολυμπιάδων γιατί γενικότερα αυτά τα αποτελέσματα και τεχνικές μπορούν να φανούν χρήσιμα όταν έχουμε να κάνουμε με κλασσικές ανισότητες αλλά έχει αλλάξει η φορά της ανίσωσης λόγο κάποιων επιπλέον περιορισμών στις μεταβλητές που υπεισέρχονται σε αυτήν.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Παίρνοντας την ιδέα από την δημοσίευση μου εδώ
viewtopic.php?f=58&t=57779
βάζω μία άλλη απόδειξη.

Τα σημεία $(x_{i},\frac{1}{x_{i}})$

βρίσκονται πάνω στην υπερβολή xy=1

Εστω

η εξίσωση της ευθείας που συνδέει τα $(x_{1},\frac{1}{x_{1}})$ και $(x_{n},\frac{1}{x_{n}})$

Επειδή $\lambda _{i}\geq 0,\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}=1$

το κέντρο μάζας των $(x_{i},\frac{1}{x_{i}})$ με μάζες $\lambda _{i}$

βρίσκεται στο χωρίο που ορίζεται από την υπερβολή και του ευθύγραμμου τμήματος

που συνδέει τα $(x_{1},\frac{1}{x_{1}})$ και $(x_{n},\frac{1}{x_{n}})$

Αυτό έχει συντεταγμένες $(x',y')=(\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}x_{i},\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}\frac{1}{x_{i}})$

Αρα $(\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}x_{i})(\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}\frac{1}{x_{i}})\leq x'f(x')$

Επειδή η xf(x)

είναι τριώνυμο και η τιμή του στα $x_{1},x_{n}$ είναι

το μέγιστο του θα είναι όταν $x=\dfrac{x_{1}+x_{n}}{2}$

Ετσι η μέγιστη τιμή θα είναι το πολύ $(\dfrac{x_{1}+x_{n}}{2})\frac{1}{2}(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{n}})=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(\frac{x_{1}}{x_{n}}+\frac{x_{n}}{x_{1}})$

Μέγιστο...

Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Re: Μέγιστο...

Μέλη σε σύνδεση