szukanie zaawansowane
 [ Posty: 4 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 25 mar 2019, o 11:58 
Użytkownik

Posty: 196
Lokalizacja: Siedliska
Dane są liczby A,B>0 oraz n \in \mathbb{N}. Znaleźć maksymalną wartość wyrażenia \prod_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{a_{i-1}+a_{i}} gdy a_{0},...,n_{n} są liczbami dodatnimi, oraz a_{0}=A \ \ a_{n}=B

Zadanie ma mieć związek z wypukłością/wklęsłością funkcji, być może nierównością Jensena i ogólnie rachunkiem różniczkowym.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 25 mar 2019, o 13:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 13923
Lokalizacja: Wrocław
Zapiszmy to wyrażenie w postaci:
\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{\frac{a_{i-1}}{a_i}+1}
i podstawmy x_i=\frac{a_{i-1}}{a_i}, wówczas oczywiście \prod_{i=1}^{n}x_i=\frac{A}{B} i wtedy mamy oszacować z góry
\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i+1},
ale te ułamki są dodatnie, więc to jest równoznaczne z oszacowaniem z dołu wyrażenia
\prod_{i=1}^{n}(1+x_i) i wzięciem odwrotności.
Funkcja f(x)=\ln(1+e^x) jest wypukła (masz sobie to sprawdzić, to Ty studiujesz, a nie ja), zatem na mocy nierówności Jensena:
\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\ln\left( 1+e^{\ln x_i}\right)  \ge \ln\left( 1+e^{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\ln x_i }\right) =\ln\left( 1+ \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}x_i } \right)
Teraz korzystamy z tego, że f(t)=e^t jest rosnąca, by pozbyć się logarytmów i dostajemy z powyższego:
\sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}(1+x_i) }\ge 1+\sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}x_i }
Ostatecznie więc otrzymujemy, że
\prod_{i=1}^{n}(1+x_i)\ge \left( 1+\sqrt[n]{\frac{A}{B}}\right)^n, czyli
\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{{1+x_i}}\le \left( 1+\sqrt[n]{\frac{A}{B}}\right)^{-n}
Aha, równość zachodzi dla równych zmiennych.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 25 mar 2019, o 15:10 
Moderator

Posty: 2088
Lokalizacja: Warszawa, mazowieckie
Tutaj też idzie z Hoeldera:
\prod_{i=1}^{n}(1+x_i) \ge \left( 1 +   \sqrt[n]{ \prod_{}^{} x_{i}}  \right)^{n} = \left( 1 +    \sqrt[n]{\frac{A}{B}}  \right)^{n}
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 25 mar 2019, o 15:36 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 13923
Lokalizacja: Wrocław
Słusznie, tylko autor wątku pisał o Jensenie, dlatego z tego kminiłem. Ten szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera (z jedynkami i równymi wykładnikami) nazywa się też nierównością Huygensa. Por. 28103.htm

Jeszcze co do warunku z równością: miałem na myśli, że równość zachodzi wtedy, gdy x_1=\ldots=x_n, czyli wracając do naszych a_i:
\frac{A}{a_1}=\frac{a_1}{a_2}=\ldots=\frac{a_{n-1}}{B}
Może (przynajmniej jak jest się mało spostrzegawczym, jak ja) nie od razu widać, czy i dlaczego ten układ równań ma rozwiązania (a to nam jest potrzebne do maksymalizacji), dlatego warto najpierw rozważyć małe przypadki n=2,  n=3 jeśli o ten układ chodzi.
Dla n=2 otrzymujemy, że musi być a_1=\sqrt{AB} i wtedy układ
(a_0, a_1, a_2)=\left( A, \sqrt{AB}, B\right) realizuje równość, natomiast dla n=3 mamy
\begin{cases} \frac{A}{a_1}=\frac{a_1}{a_2}\\ \frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{B}\end{cases}
stąd a_1^2=Aa_2 oraz a_2^2=a_1B, oczywiście interesują nas a_i>0, więc pierwiastkując pierwsze równanie i wstawiając do drugiego za a_1 mamy
a_2=A^{\frac 1 3}B^{\frac 2 3}, zaś pierwiastkując drugie równanie i wstawiając do pierwszego równania za a_2 otrzymujemy a_1=A^{\frac 2 3}B^{\frac 1 3}.
Czyli dla n=3 realizuje nam równość układ
\left( a_0, a_1, a_2, a_3\right)= \left(A,   A^{\frac 2 3}B^{\frac 1 3},  A^{\frac 1 3}B^{\frac 2 3},  B\right)
Teraz już widać ogólną zasadę: równość w nierówności, którą żeśmy z Zahionem udowodnili, zachodzi (w wyjściowych zmiennych) dla
a_k=A^{ \frac{n-k}{n} }B^{ \frac{k}{n} },  k=0,1, \ldots n
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 4 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Maksymalna wartość wyrażenia  xbw  1
 Maksymalna wartość wyrażenia - zadanie 3  Ghostek  2
 Maksymalna wartość wyrażenia - zadanie 4  tomek121  2
 Maksymalna wartość wyrażenia - zadanie 5  Marcoral  2
 Pochodna z fajnego wyrażenia...  Anonymous  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl