Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #1

Θεωρώντας ότι $\alpha,\beta\in\mathbb{R}^*$

$\displaystyle\min_{\alpha+\beta=1}\left\{{\color{black}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2}\right\}=?$

#2

Μπελαλίδικο πρόβλημα

Μπορούμε να εκφράσουμε την δοθείσα προς ελαχιστοποίηση παράσταση

είτε ως $4+\dfrac{-2(ab)^3+(ab)^2-2(ab)+1}{(ab)^2}$

είτε ως $\left(a+\dfrac{1}{a}\right)^2+\left(1-a+\dfrac{1}{1-a}\right)^2=4+\dfrac{2a^6-6a^5+7a^4-4a^3+3a^2-2a+1}{a^4-2a^3+a^2}.$

Στην πρώτη περίπτωση η παράγωγος ισούται προς $\dfrac{-2((ab)^3-(ab)+1)}{(ab)^3}$ και οδηγεί σε τοπικό ελάχιστο $\approx 9,72903$ για $ab\approx -1,32472$ (βλέπε συνημμένο). Το τοπικό ελάχιστο καταλήγει όμως να είναι και ολικό λόγω των περιορισμών που θέτει η a+b=1:

εύκολα έχουμε $ab\leq \dfrac{1}{4}$ (ανεξαρτήτως του προσήμου των a, b

), και η γενικότερη μελέτη της συνάρτησης (βλέπε συνημμένο), σε συνδυασμό με την τιμή $\dfrac{25}{2}$ στο $ab=\dfrac{1}{4}$ επαληθεύει τον ισχυρισμό μας.

Στην δεύτερη περίπτωση η παράγωγος ισούται προς $\dfrac{2(2a-1)(a^3-a^2+1)(a^3-2a^2+a-1)}{a^3(a-1)^3},$ με πραγματικές ρίζες $a=\dfrac{1}{2}, a\approx -0,7548, a\approx 1,7548.$ Λεπτομερέστερη μελέτη (βλέπε συνημμένο) οδηγεί σε τρία τοπικά ελάχιστα στα σημεία αυτά, δύο εξ αυτών ολικά, με αντίστοιχες τιμές $\dfrac{25}{2}, \approx 9,72903, \approx 9,72903,$ επιβεβαιώνοντας τα της προηγουμένης παραγράφου. (Ας παρατηρηθεί εδώ ότι όντως ισχύει και η αναμενόμενη $(-0,7548)\cdot 1,7548\approx -1,3245\approx -1,32472.$ )

Ελάχιστη τιμή λοιπόν γύρω στο 9,72903,

επιβεβαιούμενη με δύο διαφορετικές μεθόδους

: double-minimum.png (110.07 KiB) Προβλήθηκε 2878 φορές

KARKAR · #3

Ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση που τα $\alpha , \beta$ είναι θετικά .

Τότε μπορούμε να δείξουμε ότι το ελάχιστο ισούται με $\dfrac{25}{2}$ .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 6:34 am
Ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση που τα $\alpha , \beta$ είναι θετικά .

Τότε μπορούμε να δείξουμε ότι το ελάχιστο ισούται με $\dfrac{25}{2}$ .

Θα έλεγα ότι πιο ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση όπου τα $\alpha , \beta$ δεν είναι (αναγκαστικά) θετικά, αλλά βεβαίως το πρόβλημα τέθηκε εξ αρχής στο R^+

και όχι στο

-- ήμουν, ας πούμε, λίγο απρόσεκτος

[Η απόδειξη έχει δοθεί παραπάνω (βλέπε πχ πρώτη περίπτωση δημοσίευσης #2) ... μέσω ακρότατου στο δεξιό άκρο -- συνάρτηση ορισμένη στο [0, 1/4]

με μη μηδενιζόμενη παράγωγο στο [0, 1/4],

κλπ (Μπορούμε και χωρίς παραγώγους μέσω $4(ab)^2-33(ab)+8\geq 0$ για $0\leq ab \leq 1/4.$ )]

Al.Koutsouridis · #5

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 11:19 am

Θα έλεγα ότι πιο ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση όπου τα $\alpha , \beta$ δεν είναι (αναγκαστικά) θετικά, αλλά βεβαίως το πρόβλημα τέθηκε εξ αρχής στο και όχι στο -- ήμουν, ας πούμε, λίγο απρόσεκτος

Δεν θα έλεγα ότι ήσασταν απρόσεκτος. Το πρόβλημα τέθηκε για $a,b \in \mathbb{R}^{*}$ . Το ωραίo και η δυσκολία εδώ είναι να αποφανθούμε ποιo τοπικό ελάχιστο είναι το ολικό ελάχιστο.

Το μεν ένα είναι, όταν a=b

, δηλαδή η τιμή $\dfrac{25}{2}$

To δε άλλo, είναι η τιμή της παράστασης $1-2k+ \dfrac{1-2k}{k^2}+4$ , όπου

η ρίζα της εξίσωσης t^3=t-1

.

Αρκεί να δείξουμε, ότι $1-2k+ \dfrac{1-2k}{k^2}+4 < \dfrac{25}{2}$ .

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 1:25 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 11:19 am

Θα έλεγα ότι πιο ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση όπου τα $\alpha , \beta$ δεν είναι (αναγκαστικά) θετικά, αλλά βεβαίως το πρόβλημα τέθηκε εξ αρχής στο και όχι στο -- ήμουν, ας πούμε, λίγο απρόσεκτος

Δεν θα έλεγα ότι ήσασταν απρόσεκτος. Το πρόβλημα τέθηκε για $a,b \in \mathbb{R}^{*}$ . Το ωραίo και η δυσκολία εδώ είναι να αποφανθούμε ποιo τοπικό ελάχιστο είναι το ολικό ελάχιστο.

Το μεν ένα είναι, όταν , δηλαδή η τιμή $\dfrac{25}{2}$

To δε άλλo, είναι η τιμή της παράστασης $1-2k+ \dfrac{1-2k}{k^2}+4$ , όπου η ρίζα της εξίσωσης .

Αρκεί να δείξουμε, ότι $1-2k+ \dfrac{1-2k}{k^2}+4 < \dfrac{25}{2}$ .

Ακόμη καλύτερα, ας δείξουμε ότι το παραπάνω τοπικό ελάχιστο είναι μικρότερο του 10,

ας δείξουμε δηλαδή ότι

$k^3-k+1=0\rightarrow (k+1)(2k^2+3k-1)>0.$

Από την k^3-k+1=k(k^2-1)+1

είναι άμεση η $k^3-k+1=0\rightarrow k+1<0,$ ενώ από την k-1=k^3

λαμβάνουμε 2k^2+3k-1=k(k^2+2k+2)<0.

Al.Koutsouridis · #7

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 10:51 pm

Ακόμη καλύτερα, ας δείξουμε ότι το παραπάνω τοπικό ελάχιστο είναι μικρότερο του ας δείξουμε δηλαδή ότι

$k^3-k+1=0\rightarrow (k+1)(2k^2+3k-1)>0.$

Από την είναι άμεση η $k^3-k+1=0\rightarrow k+1<0,$ ενώ από την λαμβάνουμε

Ωραία σκέψη.

Θεωρούμε την συνάρτηση $f(a,b)=\left ( a+\dfrac{1}{a} \right)^2 + \left ( b+\dfrac{1}{b} \right)^2$ και τον περιορισμό g(a,b)=a+b-1=0

. Η

είναι συνεχής. Σε καθένα από τα άκρα των τεταρτημορίων του πεδίου ορισμού της, παρατηρούμε ότι η f(a,b)

τείνει στο συν άπειρο. Επίσης για $a^2+b^2 \to +\infty$ η f(a,b)

τείνει στο συν άπειρο. Επόμένως η f(a,b)

έχει ελάχιστη τιμή.

Καταστρώνουμε την συνάρτηση Lagrange $L(a,b, \lambda)=f(a,b)+\lambda g(a,b)$ για το πρόβλημα ελαχιστοποίησής μας με το δοθέν περιορισμό.

Τα κρίσημα σημεία θα δίνονται από το σύστημα

$\frac{\partial L(a,b, \lambda)}{\partial a} = -\dfrac{2}{a^3} +2a +\lambda=0$

$\frac{\partial L(a,b, \lambda)}{\partial b} = -\dfrac{2}{b^3} +2b +\lambda=0$

a+b-1=0

Από το οποίο προκύπτει

$-\dfrac{1}{a^3} +a = -\dfrac{1}{b^3} +b$ ή ισοδύναμα $a-b= \dfrac{b^3-a^3}{(ab)^3}$

Τα σημεία a=b

είναι λύση του συστήματος οπότε ένα από τα κρίσημα σημεία είναι το $a=b=\frac{1}{2}$ , που δίνει την τιμή $f(1/2, 1/2)=\dfrac{25}{2}$ .

Για $a \neq b$ , έχουμε

$-1 = \dfrac{(b-a)(b^2+ab+a^2)}{(ab)^3} \Rightarrow -1 = \dfrac{b^2+ab+a^2}{(ab)^3} \Rightarrow -1= \dfrac{(a+b)^2-2ab+ab}{(ab)^3} \Rightarrow$

(ab)^3=ab-1

ή

, όπου

Η συνάρτηση f(a,b)

γράφεται και ως

$f(a,b)=\left ( a+\dfrac{1}{a} \right)^2 + \left ( b+\dfrac{1}{b} \right)^2= (a+b)^2-2ab + \dfrac{(a+b)^2-2ab}{(ab)^2}+4$

και δεδομένου ότι a+b=1

γίνεται

$f(a,b)= 1-2t+\dfrac{1-2t}{t^2}+4$

Αν τώρα

η ρίζα της εξίσωσης t^3=t-1

, τότε το άλλο τοπικό ελάχιστο έχει παίρνει την τιμή

$1-2k+\dfrac{1-2k}{k^2}+4$

Όπως έδειξε ο κ. Γιώργος παραπάνω, αυτή η τιμή είναι μικρότερη από το $\dfrac{25}{2}$ , άρα είναι και το ολικό ελάχιστο.

Η δική μου προσέγγιση να το αποδείξω αυτό, ήταν λίγο πιο χαζή. Εγκλώβισα την ρίζα της εξίσωσης, με δοκιμές, μεταξύ των αριθμών $-\dfrac{7}{5}\leq k \leq -\dfrac{6}{5}$ . Πράγματι είναι h(-7/5) <0

και

, όπου

. Αρα από το θεώρημα Bolzano η ρίζα θα βρίσκεται σε αυτό το διάστημα.

Σε αυτό το διάστημα η παράσταση $1-2k+\dfrac{1-2k}{k^2}+4$ , παίρνοντας κάθε φορά το χειρότερο άκρο ως προς την εκτίμηση της βρίσκουμε, ότι όντως είναι μικρότερη από 25/2

.

KARKAR · #8

Μεταβάλλοντας το άθροισμα : Θεωρώντας ότι $\alpha,\beta\in\mathbb{R}^*$

$\displaystyle\min_{\alpha+\beta=4}\left\{{\color{black}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2}\right\}=?$

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #9

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 27, 2024 8:35 am
Μεταβάλλοντας το άθροισμα : Θεωρώντας ότι $\alpha,\beta\in\mathbb{R}^*$

$\displaystyle\min_{\alpha+\beta=4}\left\{{\color{black}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2}\right\}=?$

Ωραίες προσεγγίσεις και πλουραλισμός στις τεχνικές ελαχιστοποίησης!

Έστω $A=\left(\alpha+\dfrac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\dfrac{1}{\beta}\right)^2$

Ενδιαφέρουσα επιλογή το $\alpha+\beta=4$ γιατί όπως θα δούμε το $\min\{A\}$ υπό αυτή
τη συνθήκη είναι ίσο με το $\min\{A\}$ υπό τη συνθήκη $\alpha+\beta=1$ και $\alpha,\beta>0$

Διακρίνουμε δυο περιπτώσεις:
#1. $\alpha<0$ ή $\beta<0$
χωρίς περιορισμό της γενικότητας έστω $\alpha<0$ οπότε $\beta=4-\alpha>4$ και συνεπώς
$A> \left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2$ >4^2=16

#2. $\alpha,\beta>0$
Η συνάρτηση $f(x)=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2$ είναι κυρτή στο $(0,+\infty)$
οπότε $A=f(\alpha)+f(\beta)\ge 2f(\dfrac{\alpha+\beta}{2})=2f(2)=\dfrac{25}{2}$
Η

"πχιάνει" το ίσον για $\alpha=\beta=2$ οπότε $\displaystyle\min_{\alpha+\beta=4}\{A\}=\dfrac{25}{2}$ $\blacksquare$

#10

Ιάσων Κωνσταντόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 29, 2024 1:03 am

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 27, 2024 8:35 am
Μεταβάλλοντας το άθροισμα : Θεωρώντας ότι $\alpha,\beta\in\mathbb{R}^*$

$\displaystyle\min_{\alpha+\beta=4}\left\{{\color{black}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2}\right\}=?$
Ωραίες προσεγγίσεις και πλουραλισμός στις τεχνικές ελαχιστοποίησης!

Έστω $A=\left(\alpha+\dfrac{1}{\alpha}\right)^2+\left(\beta+\dfrac{1}{\beta}\right)^2$

Ενδιαφέρουσα επιλογή το $\alpha+\beta=4$ γιατί όπως θα δούμε το $\min\{A\}$ υπό αυτή
τη συνθήκη είναι ίσο με το $\min\{A\}$ υπό τη συνθήκη $\alpha+\beta=1$ και $\alpha,\beta>0$

Διακρίνουμε δυο περιπτώσεις:
#1. $\alpha<0$ ή $\beta<0$
χωρίς περιορισμό της γενικότητας έστω $\alpha<0$ οπότε $\beta=4-\alpha>4$ και συνεπώς
$A> \left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)^2$

#2. $\alpha,\beta>0$
Η συνάρτηση $f(x)=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2$ είναι κυρτή στο $(0,+\infty)$
οπότε $A=f(\alpha)+f(\beta)\ge 2f(\dfrac{\alpha+\beta}{2})=2f(2)=\dfrac{25}{2}$
Η "πχιάνει" το ίσον για $\alpha=\beta=2$ οπότε $\displaystyle\min_{\alpha+\beta=4}\{A\}=\dfrac{25}{2}$ $\blacksquare$

Όταν δηλαδή ισχύει, με $\alpha +\beta =d,$ η $d^2\geq 2\left(\dfrac{d}{2}+\dfrac{2}{d}\right)^2,$ τότε γνωρίζουμε ότι το προφανές τοπικό ελάχιστο είναι μικρότερο ή ίσο του (διπλού) μη προφανούς ... και προφανώς έχουμε τελειώσει. Η ανισότητα αυτή ισχύει για $|d|\geq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}\approx 3,107548$ , για τις υπόλοιπες τιμές του

υπάρχει 'αβεβαιότητα', με τα γραφήματα να υποδεικνύουν σαφώς ότι η 'αλλαγή' συμβαίνει γύρω στο $d\approx 1,2.$

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #11

gbaloglou έγραψε: ↑
Όταν δηλαδή ισχύει, με $\alpha +\beta =d,$ η $d^2\geq 2\left(\dfrac{d}{2}+\dfrac{2}{d}\right)^2,$ τότε γνωρίζουμε ότι το προφανές τοπικό ελάχιστο είναι μικρότερο ή ίσο του (διπλού) μη προφανούς ... και προφανώς έχουμε τελειώσει. Η ανισότητα αυτή ισχύει για $|d|\geq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}\approx 3,107548$ , για τις υπόλοιπες τιμές του υπάρχει 'αβεβαιότητα', με τα γραφήματα να υποδεικνύουν σαφώς ότι η 'αλλαγή' συμβαίνει γύρω στο $d\approx 1,2.$

Let's squeeze out the idea further
(but always targeting at the low hanging fruit)
μπας και βγει τιμή κοντά στο 1.2

οπότε για

με

έχουμε
$A>4+\left(d+\dfrac{1}{d}\right)^2$
και ας βρούμε τα

με
$4+(d+\dfrac{1}{d})^2\ge 2\left(\dfrac{d}{2}+\dfrac{2}{d}\right)^2$ ή $d^4+4d^2-14\ge0$ οπότε

$d\ge \sqrt{3\sqrt{2}-2}\approx1.4975$

#12

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 26, 2024 12:23 am
Μπορούμε να εκφράσουμε την δοθείσα προς ελαχιστοποίηση παράσταση
είτε ως $4+\dfrac{-2(ab)^3+(ab)^2-2(ab)+1}{(ab)^2}$

Θα προσπαθήσω στοιχειωδώς να βρω το ελάχιστο αυτής της παράστασης (κλέβοντας όμως

)
Όταν

το ελάχιστο βρίσκεται από την αρχική μορφή χρησιμοποιώντας την ανισότητα C-S. Η ενδιαφέρουσα περίπτωση που μένει είναι όταν x=ab<0

. Αν θέσω όπου

το

θέλω το ελάχιστο $\displaystyle{f(x)=\frac{2x^3+x^2+2x+1}{x^2}.}$
Έστω

η ρίζα της εξίσωσης y^3=y+1

. Τότε $\displaystyle{f(x)=2x+1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}=2x+\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}.}$
Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle{\frac{a}{a+1}+\frac{1}{x^2}\geq \frac{2}{x}\sqrt{\frac{a}{a+1}}=\frac{2}{ax}.}$
Επομένως $\displaystyle f(x) \geq \frac{1}{a+1} + 2\left(x + \frac{1}{x}\left(\frac{1}{a} + 1\right)\right) = \frac{1}{a+1} + 2\left(x + \frac{a^2}{x}\right) \geq \frac{1}{a+1} + 4a.$
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x=a

.

Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Re: Ελαχιστοποίηση υπό συνθήκη

Μέλη σε σύνδεση