Μέγιστο γινομένου

Συντονιστής: chris_gatos

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6774
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Μέγιστο γινομένου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » 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;


Χρήστος Κυριαζής

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10616
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μέγιστο γινομένου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Δεκ 06, 2018 10:59 pm

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 x=1 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}.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4155
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μέγιστο γινομένου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Δεκ 07, 2018 10:27 pm

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 b=0, τότε ab=0.

a, b ετερόσημοι τότε ab<0.

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 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 1, το γινόμενο ab 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 1, 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
Δημοσιεύσεις: 56
Εγγραφή: Τρί Απρ 26, 2011 1:58 am

Re: Μέγιστο γινομένου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπουμπουλής Κώστας » Σάβ Δεκ 08, 2018 12:57 am

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


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10616
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μέγιστο γινομένου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 08, 2018 1:18 am

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 ab εκείνων των f(x)=ax+b με \sqrt{a^{2}+b^{^{2}}}\cdot \sqrt{2}\leq 1. Όμως υπάρχουν και άλλες f που ικανοποιούν τα δεδομένα της εκφώνησης, οπότε το μέγιστο ab μπορεί να αυξηθεί.


Μπουμπουλής Κώστας
Δημοσιεύσεις: 56
Εγγραφή: Τρί Απρ 26, 2011 1:58 am

Re: Μέγιστο γινομένου

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπουμπουλής Κώστας » Κυρ Δεκ 09, 2018 1:00 am

:wallbash: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 ...


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4155
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μέγιστο γινομένου

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Δεκ 09, 2018 9:50 am

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.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5262
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μέγιστο γινομένου

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Δεκ 09, 2018 8:09 pm

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.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2046
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μέγιστο γινομένου

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Δεκ 09, 2018 10:09 pm

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 ab
Παίρνοντας μερικές παραγώγους βλέπουμε ότι δεν μεγιστοποιειται στο εσωτερικό.
Αρα η μεγιστοποίηση θα γίνει όταν a+b=1 η a+b=-1
(στις άλλες πλευρές είναι αρνητικό)
Από την ab\leq (\frac{a+b}{2})^{2}
με ισότητα για a=b παίρνουμε το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7946
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μέγιστο γινομένου

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Δεκ 09, 2018 11:11 pm

Ακόμη μία απόδειξη. Ας γράψω r = f(1)= a+b και s=f(0)=b. 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 r=s/2. Μένει να κάνουμε τον απλό έλεγχο ότι η f(x) = \pm \frac{x+1}{2} ικανοποιεί τις συνθήκες.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης