min max στο C.

#1

Να βρεθεί το

$\displaystyle{\Theta =\min_{z\in \mathbb{C}, |z|\leq 1}\left \{ \max \{|1+z|,|1+z^2|\}\right \}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

matha έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 03, 2018 6:40 pm
Να βρεθεί το

$\displaystyle{\Theta =\min_{z\in \mathbb{C}, |z|\leq 1}\left \{ \max \{|1+z|,|1+z^2|\}\right \}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Ίσως να υπάρχει και κάτι πιο απλό...

Θα δείξω αρχικά ότι $\displaystyle \min_{|z|=r} \max \left\{|1+z|^2,|1+z^2|^2 \right\} = \frac{3+2r^2 - \sqrt{1+12r^2-4r^4}}{2}$

Ας γράψω $z = re^{i\vartheta}$ και $s = 2r\cos{\vartheta}$ . Το

παίρνει τιμές στο [0,1]

και για δεδομένο

το

παίρνει τιμές στο [-2r,2r]

. Έχουμε

και

. Η πρώτη είναι γραμμική στο

και αύξουσα ενώ η δεύτερη είναι δευτεροβάθμια στο

και κυρτή. Από ένα απλό σχεδιάγραμμα βλέπουμε ότι αρχικά είναι μέγιστο το |1+z^2|^2

μετά το

και μετά πάλι το |1+z^2|^2

και επίσης το ελάχιστο του μεγίστου εμφανίζεται την πρώτη φορά που αυτά είναι ίσα. Αυτό συμβαίνει στην πρώτη ρίζα της s^2-s + (r^4-3r^2)

που είναι η $\displaystyle s_1 = \frac{1 - \sqrt{1+12r^2 - 4r^4}}{2}.$ [Η ρίζα είναι όντως πραγματική με $|s_1| \leqslant 2r$ οπότε είναι αποδεκτή.] Στο s_1

έχουμε $\displaystyle |1+z| = 1+r^2 + s_1 = 1+r^2+\frac{1 - \sqrt{1+12r^2 - 4r^4}}{2}$ όπως ισχυριστήκαμε.

Μένει τώρα να ελαχιστοποιήσουμε το $\displaystyle \frac{3+2r^2 - \sqrt{1+12r^2-4r^4}}{2}$ για $r \in [0,1]$ . Παραγωγίζοντας θέλουμε $\displaystyle 4r = \frac{24r-16r^3}{2\sqrt{1+12r^2-4r^4}}$ από το οποίο με απλή άλγεβρα καταλήγουμε στην r^4 - 3r^2 + 1 = 0

. Η μόνη δεκτή λύση είναι η $r^2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$ και αντικαθιστώντας παίρνουμε ότι ελάχιστο ισούται με το $3-\sqrt{5}$ .

Άρα $\Theta = \sqrt{3-\sqrt{5}}$ αφού εργαστήκαμε με τα τετράγωνα των παραστάσεων.

#4

Μία κάπως διαφορετική ματιά:

Θέτοντας z=a+bi

μετατρέπουμε την δίκλαδη συνάρτηση μιας μιγαδικής μεταβλητής

$\displaystyle{f(z) = \left\{ \begin{array}{l} {|1+z|^2, ......|1+z^2| \leq |1+z|\\ |1+z^2|^2, ...... |1+z^2| \geq |1+z| \end{array} \right.}$

στην δίκλαδη συνάρτηση δύο πραγματικών μεταβλητών

$\displaystyle{g(a,b) = \left\{ \begin{array}{l} {(a^2+b^2) + 2a + 1, .............. b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a) \leq 0\\ (a^2+b^2)^2+2(a^2-b^2)+1, ..............b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a) \geq 0 \end{array} \right.}$

όπου $a^2+b^2\leq 1$ .

Παρατηρώντας ότι οι καμπύλες a^2+b^2=1

και

έχουν ακριβώς τρία κοινά σημεία, τα (1,0)

, $(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{{\sqrt3}}{2})$ , $(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{{\sqrt3}}{2})$ , -- αυτό προκύπτει από αντικατάσταση της $b=\pm\sqrt{1-a^2}$ στην b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a)=0

και επίλυση της προκύπτουσας δευτεροβάθμιας -- συμπεραίνουμε ότι αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του κάθε κλάδου της

στα αντίστοιχα κλειστά χωρία (βλέπε συνημμένο).

Με μηδενισμό μερικών παραγώγων ( 2a+2=2b=0

και

) και των δύο κλάδων της

αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία της στο εσωτερικό του αντίστοιχου χωρίου ... και διαπιστώνουμε ότι αυτά δεν υπάρχουν. Αρκεί συνεπώς να υπολογισθούν τα ελάχιστα του κάθε κλάδου στο σύνορο του αντίστοιχου χωρίου, αποτελούμενο από τμήμα της a^2+b^2=1

και το κοινό σύνορο b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a)=0

, $a^2+b^2\leq 1$ .

Για τον κλάδο της

που αντιστοιχεί στον κλάδο f(z)=|1+z|^2

οι

και $b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a)\leq 0$ δίνουν $-\dfrac{1}{2}\leq a\leq 1$ , συνεπώς το ελάχιστο της g(a,b)=2a+2

επί του κύκλου ισούται προς

.

Για τον κλάδο της

που αντιστοιχεί στον κλάδο f(z)=|1+z^2|^2

οι

και $b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a)\geq 0$ δίνουν $a\leq -\dfrac{1}{2}$ , συνεπώς το ελάχιστο της g(a,b)=4a^2

επί του κύκλου ισούται προς

.

Απομένει να βρούμε το ελάχιστο της

επί του κοινού συνόρου των δύο χωρίων, b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a)=0

, $a^2+b^2\leq 1$ . Επιλύοντας την διτετράγωνη ως προς b^2

και απορρίπτοντας την μεγαλύτερη ρίζα (που δίνει a^2+b^2>1

) συμπεραίνουμε ότι επί του κοινού συνόρου ισχύει η $g(a,b)=h(a)=\dfrac{5+4a-\sqrt{-16a^2+8a+9}}{2}$ , όπου $-\dfrac{1}{2}\leq a\leq 0$ . (Το πεδίο ορισμού της

προκύπτει από την $0\leq b^2\leq 1-a^2$ .) Εντός του πεδίου ορισμού της

η παράγωγος της μηδενίζεται μόνο στο $\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}$ , όπου η

έχει τοπικό ελάχιστο ίσο προς $3-\sqrt{5}<1=h(-\dfrac{1}{2})=h(0)=1$ . Συμπεραίνουμε ότι το ελάχιστο της

επί του κοινού συνόρου ισούται προς $3-\sqrt{5}<1$ , άρα $\Theta=\sqrt{3-\sqrt{5}}$ .

: minmax.png (16.84 KiB) Προβλήθηκε 1028 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

.
Η λύση η δική μου ήταν στην ουσία ίδια με του Δημήτρη.
Θα περιγράψω τις σκέψεις που με οδήγησαν σε αυτήν.

Θέτουμε
$z = re^{i\vartheta}$
όπου $r\in [0,1],\vartheta \in [0,2\pi)$

Η περίπτωση r=0

είναι τετριμμένη.

Αν r=1

τότε κάνοντας ένα σχήμα βλέπουμε ότι όταν

$\vartheta \in (0,\frac{2\pi }{3})$ μεγαλύτερο είναι το $\left | 1+z \right |$

Για $\vartheta \in (\frac{2\pi }{3},\frac{4\pi }{3})$ είναι το |1+z^2|

ενώ για $\vartheta \in (\frac{4\pi }{3},\pi)$ είναι πάλι το |1+z|

Βλέπουμε ότι το ελάχιστο του μεγίστου είναι 1.

Πάμε στην περίπτωση που 0<r<1

.

Το

βόσκει στον κύκλο $\left | z \right |=r$ ενω το z^2

στον $\left | z \right |=r^2$

Η γωνία διπλασιάζεται. (και εδώ ένα σχήμα σου δείχνει τον δρόμο)

Για να αποφύγουμε τις ρίζες παίρνουμε $|1+z|^2 = 1+r^2+2r \cos \vartheta$ και $|1+z^2|^2 = 1+r^4 + 2r^2\cos 2\vartheta$ .

Αυτά γίνονται ίσα όταν

$\cos \vartheta =\dfrac{1\pm \sqrt{1+12r^2-4r^4}}{4r}$
με το

βγαίνει μεγαλύτερο του

οπότε απορρίπτεται.

Αν λοιπόν θέσω $\frac{\pi }{2}<\vartheta _{1}(r)<\pi ,\cos \vartheta _{1}(r) =\dfrac{1- \sqrt{1+12r^2-4r^4}}{4r}$

και $\vartheta _{2}(r)=2\pi -\vartheta _{1}(r)$

τότε για $0<\vartheta <\vartheta _{1}(r)\vee \vartheta _{2}(r)<\vartheta <2\pi$

μεγαλύτερο είναι το |1+z|

ενώ αν $\vartheta _{1}(r)<\vartheta <\vartheta _{2}(r)$

το |1+z^2|

.

Ετσι συμπεραίνουμε ότι έχουμε ελάχιστη τιμή στις γωνίες $\vartheta _{1}(r), \vartheta _{2}(r)$

Το ελάχιστο είναι το $\displaystyle \frac{3+2r^2 - \sqrt{1+12r^2-4r^4}}{2}$

Η συνέχεια είναι στην λύση του Δημήτρη.

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 06, 2018 4:26 am
Μία κάπως διαφορετική ματιά:

Θέτοντας μετατρέπουμε την δίκλαδη συνάρτηση μιας μιγαδικής μεταβλητής

$\displaystyle{f(z) = \left\{ \begin{array}{l} {|1+z|^2, ......|1+z^2| \leq |1+z|\\ |1+z^2|^2, ...... |1+z^2| \geq |1+z| \end{array} \right.}$

στην δίκλαδη συνάρτηση δύο πραγματικών μεταβλητών

$\displaystyle{g(a,b) = \left\{ \begin{array}{l} {(a^2+b^2) + 2a + 1, .............. b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a) \leq 0\\ (a^2+b^2)^2+2(a^2-b^2)+1, ..............b^4+(2a^2-3)b^2+(a^4+a^2-2a) \geq 0 \end{array} \right.}$

όπου $a^2+b^2\leq 1$ .

Πως είδε τους δύο κλάδους το WolframAlpha:

: 3-sqrt5.png (150.87 KiB) Προβλήθηκε 902 φορές

min max στο C.

min max στο C.

Re: min max στο C.

Re: min max στο C.

Re: min max στο C.

Re: min max στο C.

Re: min max στο C.

Μέλη σε σύνδεση