Αυθαίρετα διανύσματα.

Χρηστος · #2

Σεραφείμ φίλε γεια
Εχω μία λύση με επαγωγή στο συνημμένο .

#3

Χρήστο, νομίζω η τελευταία σου ανισότητα έχει πρόβλημα. Δεν ισχύει για οποιαδήποτε γωνία διανυσμάτων.

k-ser · #4

Σεραφείμ, μπορεί κάπου να κάνω λάθος μα...
το μέτρο του αθροίσματος των διανυσμάτων που δίνεις,
είναι ίσο με το μέτρο του αθροίσματος των προβολών των διανυσμάτων πάνω στο διάνυσμα ΟΑ, ή στο ΟΒ.
Αν εγώ επιλέξω τα 2n διανύσματα να έχουν αντίθετες προβολές τότε το μέτρο των διανυσμάτων θα είναι ίσο με το μέτρο της προβολής του 2n+1 διανύσματος και το οποίο είναι μικρότερο ή ίσο του 1, - όσο θέλω!

#5

k-ser έγραψε:Σεραφείμ, μπορεί κάπου να κάνω λάθος μα...
το μέτρο του αθροίσματος των διανυσμάτων που δίνεις,
είναι ίσο με το μέτρο του αθροίσματος των προβολών των διανυσμάτων πάνω στο διάνυσμα ΟΑ, ή στο ΟΒ.
Αν εγώ επιλέξω τα 2n διανύσματα να έχουν αντίθετες προβολές τότε το μέτρο των διανυσμάτων θα είναι ίσο με το μέτρο της προβολής του 2n+1 διανύσματος και το οποίο είναι μικρότερο ή ίσο του 1, - όσο θέλω!

Κώστα, δεν ισχύει αυτό. Υπάρχει και η προβολή πάνω στην κάθετη του ΑΒ στο Ο.

#6

Η λύση του Χρήστου Λώλη ουσιαστικά είναι σωστή .. με κάποιες διορθώσεις διατυπώσεων (μάλλον απροσεξίας).
Θα δώσω αργότερα (αν δεν γραφεί) από άλλο μέλος, τόσο την λύση του Χρήστου .. όσο και μια ακόμα.

k-ser · #7

Demetres έγραψε:Κώστα, δεν ισχύει αυτό. Υπάρχει και η προβολή πάνω στην κάθετη του ΑΒ στο Ο.

Δημήτρη, Σεραφείμ, έχετε δίκιο. Έκανα ένα χαζό λάθος στον... βιαστικό συλλογισμό μου.
Θα το ξαναδώ.

#8

Την λύση του Χρήστου δεν μπορώ να την καλοδιαβάσω. Νομίζω όμως πως η πιο κάτω λύση είναι διαφορετική.

Αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ (x_1 + \cdots + x_{2n+1})^2 + (y_1 + \cdots + y_{2n+1})^2 \geqslant 1}$

όπου x_i^2 + y_i^2 = 1

και $y_i \geqslant 0$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant 2n+1$ .

Επειδή $y_i \geqslant 0$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant 2n+1$ τότε $(y_1 + \cdots + y_{2n+1})^2 \geqslant y_1^2 + \cdots + y_{2n+1}^2$ και άρα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ 2\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant 2n+1} x_ix_j + \sum_{i=1}^{2n+1}(x_i^2 + y_i^2) \geqslant 1}$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant 2n+1} x_ix_j \geqslant -n}$

Όμως η συνάρτηση

$\displaystyle{ f(x_1,\ldots,x_{2n+1}) = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant 2n+1} x_ix_j}$

είναι γραμμική σε κάθε μεταβλητή και άρα ελαχιστοποιείται στα άκρα. (Το έχουμε συζητήσει εδώ: viewtopic.php?f=50&t=10505.) Αν όμως

από τα

ισούνται με 1 και 2n+1 - k

ισούνται με -1 τότε

$\displaystyle{f(x_1,\ldots,x_{2n+1}) = \binom{2n+1}{2} - 2k(2n+1-k) \geqslant \binom{2n+1}{2} - 2n(n+1) = -n}$

Για να δούμε το τελευταίο παρατηρούμε ότι για κάθε ζεύγος (i,j)

με

έχουμε

αν

και

αν $x_i \neq x_j$ . Άρα πράγματι για να υπολογίσουμε το $f(x_1,\ldots,x_{2n+1})$ αρκεί να αφαιρέσουμε δύο φορές τον αριθμό των ζευγών (i,j)

με

και $x_i \neq x_j$ από τον συνολικό αριθμό των ζευγών (i,j)

με

.

#9

Και μια ακόμα.

: Τυχαία διανύσματα 1.jpg (25.48 KiB) Προβλήθηκε 1751 φορές

Περιστρέφουμε το σχήμα (ημικύκλιο και διανύσματα) έως ότου το «μεσαίο» διάνυσμα $\displaystyle{{\overrightarrow {OA} _{n + 1}}}$ να γίνει ομόρροπο του θετικού ημιάξονα $\displaystyle{Ox}$ .

Τα σημεία $\displaystyle{{A_1}\left( {{k_1},{\lambda _1}} \right),{A_2}\left( {{k_2},{\lambda _2}} \right),..,{A_n}\left( {{k_n},{\lambda _n}} \right)}$ τα αφήνουμε (ονομαστικά) ως έχουν, το μεσαίο $\displaystyle{{A_{n + 1}}\left( {1,0} \right)}$ το ονομάζουμε $\displaystyle{{A_0}\left( {1,0} \right)}$ , τα δε υπόλοιπα τα μετονομάζουμε σε $\displaystyle{{B_1}\left( {{m_1},{n_1}} \right),{B_2}\left( {{m_2},{n_2}} \right),..,{B_n}\left( {{m_n},{n_n}} \right)}$ (για λόγους ευκολίας).

Τότε αν $\displaystyle{\overrightarrow X = {\overrightarrow {OA} _1} + {\overrightarrow {OA} _2} + .. + {\overrightarrow {OA} _{n - 1}} + {\overrightarrow {OA} _n} + {\overrightarrow {OA} _{n + 1}} + .. + {\overrightarrow {OA} _{2 \cdot n + 1}}}$ θα έχουμε $\displaystyle{\overrightarrow X = \left( {{k_1} + {k_2} + .. + {k_n} + 1 + {m_1} + {m_2} + .. + {m_n},{y_0}} \right)}$ .

Αν $\displaystyle{A\left( { - \delta ,{y_0}} \right)}$ τότε $\displaystyle{B\left( {\delta ,{y_0}} \right)}$ , καθώς επίσης $\displaystyle{{k_i} \geqslant - \delta }$ για κάθε $\displaystyle{i = 1,2,..,n}$ , ομοίως και $\displaystyle{{m_i} \geqslant \delta }$ .

Τότε $\displaystyle{{k_1} + {k_2} + .. + {k_n} \geqslant - n \delta }$ και $\displaystyle{{m_1} + {m_2} + .. + {m_n} \geqslant n \delta }$ .

Επομένως $\displaystyle{{k_1} + {k_2} + .. + {k_n} + 1 + {m_1} + {m_2} + .. + {m_n} \geqslant - n \delta + 1 + n \delta = 1}$ , δηλαδή έχουμε $\displaystyle{X = \left( {{x_0},{y_0}} \right)}$ με $\displaystyle{{x_0} \geqslant 1}$ , οπότε $\displaystyle{\left| {\rm X} \right| \geqslant 1}$ .

(Στην περίπτωση όπου $\displaystyle{{x_A} \geqslant 0}$ , δουλεύουμε αντίστοιχα)

#10

Σεραφείμ, απίστευτη λύση! Μόνο η εικόνα που έβαλες είναι "απόδειξη χωρίς λόγια".

Μια παρατήρηση για την εκφώνηση. Είναι σωστό να λέμε "τυχαία διανύσματα"; Εγώ θα προτιμούσα το "αυθαίρετα διανύσματα" μιας και το "τυχαία" χρησιμοποιείται στις πιθανότητες. Στα αγγλικά πάντως σίγουρα θα έλεγα "arbitrary vectors" αντί για "random vectors".

#11

Έχεις δίκιο Δημήτρη, άλλαξε.

Τελικά η λύση του Χρήστου Λώλη, έχει πρόβλημα νομίζω. Τακτοποίησα την γωνία $\displaystyle{\varphi }$ (είναι οξεία), αλλά δεν γνωρίζουμε τίποτα για τα μέτρα των διανυσμάτων που συνθέτουν το τελικό άθροισμα.

k-ser · #12

Μια ακόμα λύση η οποία στηρίζεται στις δύο απλές προτάσεις:

Π1: Αν $\displaystyle \overrightarrow {a},\overrightarrow {b},\overrightarrow {c},\overrightarrow {d}$ διανυσματα με ίσα μέτρα και γωνία $\displaystyle \left(\overrightarrow {a},\overrightarrow {b}\right)\leq$ της γωνίας $\displaystyle \left(\overrightarrow {c},\overrightarrow {d}\right)$ τότε: $\displaystyle \overrightarrow {a}\cdot\overrightarrow {b}\geq \overrightarrow {c}\cdot\overrightarrow {d}$ .

Π2: Για τα διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {a},\overrightarrow {b}$ ισχύει: $\displaystyle \left|\overrightarrow {a}\right| \cdot \left|\overrightarrow {b}\right|\geq \left|\overrightarrow {a}\cdot \overrightarrow {b}\right|$

Θα χρησιμοποιήσω το αρχικό σχήμα του Σεραφείμ.

Θεωρούμε ότι το διάνυσμα $\displaystyle \overrightarrow {OA_{n+1}}$ αφήνει τα n διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {OA}_{i}, \ \ i=1,2,...,n$ προς το μέρος του Α και τα υπόλοιπα προς το μέρος του Β.

Με τη βοήθεια της (Π2) έχουμε:

$\displaystyle \left|\sum_{i=1}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\right|=\left|\overrightarrow {OA}_{n+1}\right| \cdot \left|\sum_{i=1}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\right|\geq \left|\sum_{i=1}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\cdot\overrightarrow {OA}_{n+1} \right|=\left|\left(\sum_{i=1}^{n}\overrightarrow {OA}_{i}\cdot\overrightarrow {OA}_{n+1}\right)+\overrightarrow {OA}_{n+1}^2 +\left(\sum_{i=n+2}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\cdot\overrightarrow {OA}_{n+1}\right)\right|$

Με τη βοήθεια της (Π1) έχουμε:

$\displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n}\overrightarrow {OA}_{i}\cdot\overrightarrow {OA}_{n+1}\right)+\overrightarrow {OA}_{n+1}^2 +\left(\sum_{i=n+2}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\cdot\overrightarrow {OA}_{n+1}\right) \geq\\ \\ \geq \left(\sum_{i=1}^{n}\overrightarrow {OA}_{n+1}\cdot\overrightarrow {OA}\right)+ 1 +\left(\sum_{i=n+2}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{n+1}\cdot\overrightarrow {OB}\right) =\\ \\ = n\cdot \left(\overrightarrow {OA}_{n+1}\cdot\overrightarrow {OA}\right)+ 1 -n\cdot\left( \overrightarrow {OA}_{n+1}\cdot\overrightarrow {OA}\right)=1$

Άρα

$\displaystyle \left|\sum_{i=1}^{2n+1}\overrightarrow {OA}_{i}\right|\geq 1$

p_gianno · #13

Μια προσπάθεια με απλή γεωμετρία.

Αυθαίρετα διανύσματα.

Αυθαίρετα διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Τυχαία διανύσματα.

Re: Αυθαίρετα διανύσματα.

Re: Αυθαίρετα διανύσματα.

Re: Αυθαίρετα διανύσματα.

Μέλη σε σύνδεση