szukanie zaawansowane
 [ Posty: 9 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 19:37 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Witam,
Mam za zadanie znaleźć trójkąt o ekstremalnym polu wykorzystując to iż mam dany obwód:
2p = a + b + c
gdzie a,b,c to boki trójkąta, a także wzór Herona na pole:
P =  \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}

Na logikę wydaje mi się że będzie to trójkąt równoboczny, no i wydaje mi się iż po prostu trzeba znaleźć ekstremalną wartość tego co jest pod pierwiastkiem we wzorze Herona, ale jak? Kompletnie nie potrafię ugryźć tego zadania (z czego skorzystać, jak to udowodnić).
Bardzo proszę o jakąkolwiek pomoc.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 20:18 
Użytkownik

Posty: 718
Z AM-GM \frac{P^2}{p}=(p-a)(p-b)(p-c)\leq \left(\frac{p}{3}\right)^3, czyli P\leq \frac{p^2}{3\sqrt3}, a równość jak widać zachodzi dla trójkąta równobocznego.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 20:29 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Nie bardzo rozumiem dlaczego widać iż równość zachodzi dla trójkąta równobocznego i skąd wzięło się \frac{ p^{3} }{27} , trochę się zgubiłem chyba ze względu iż nie miałem nierówności między średnimi.
Mogę prosić o wytłumaczenie?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 20:56 
Użytkownik

Posty: 12886
Tu masz nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną z dowodami: 347061.htm

W szczególności w dodatnich mamy
\sqrt[3]{xyz}\le  \frac{x+y+z}{3}
i po podniesieniu stronami do trzeciej potęgi:
xyz\le \left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3,
tutaj x=p-a, \ y=p-b, \ z=p-c, przy czym oczywiście 2p=a+b+c.
Dodatniość p-a, \ p-b, \ p-c w oczywisty sposób wynika z nierówności trójkąta.

Nierówność xyz\le \left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3 dla dodatnich x,y,z można też udowodnić, sprowadzając ją bodajże do takiej postaci równoważnej
\frac 1 2(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})\left( (\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y})^2+(\sqrt[3]{y}-\sqrt[3]{z})^2+(\sqrt[3]{z}-\sqrt[3]{x})^2\right)\ge 0 albo jakiejś podobnej, można też użyć nierówności Jensena dla wklęsłej w rzeczywistych dodatnich f(t)=\ln t (na tym opiera się też jeden z ogólnych dowodów nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną).
Generalnie jednak polecam poznać nierówności między średnimi, to jedne z podstawowych nierówności.

A tak pozwolę sobie zapytać: skoro nie miałeś nierówności między średnimi, to w takim razie co miałeś i w jakim kontekście w ogóle pojawiło się to zadanie z wątku (jaka książka bądź zajęcia itd.) :?:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 21:01 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Zadanie pojawiło się na analizie matematycznej, funkcje wielu zmiennych, tematy z ekstremami i wartościami największymi dla funkcji wielu zmiennych.

Dziękuje już rozumiem skąd wzięły się te nierówności i mniej więcej o co tutaj chodzi, aczkolwiek patrzę na to i patrzę i nie mogę zauważyć skąd wynika ostatnia rzecz, mianowicie, iż ta nierówność zachodzi tylko dla trójkąta równobocznego?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 21:13 
Użytkownik

Posty: 12886
W nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (a także w innych nierównościach między średnimi) równość zachodzi tylko dla równych zmiennych, ładnie to widać w dowodzie Sylwka poprawionym przez Swistaka w temacie z linku, który podałem.
Tutaj równość zmiennych, dla których stosujemy nierówność oznacza, że p-a=p-b=p-c, czyli a=b=c.

Jak pisałem, można też wykazać z Jensena dla \ln t, że dla dodatnich x,y,z zachodzi
xyz\le \left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3 (wystarczy zlogarytmować stronami, co jest przekształceniem równoważnym, gdyż \ln t jest funkcją rosnącą, podzielić stronami przez 3 i powołać się na tę nierówność Jensena). Jeśli funkcja f jest silnie wypukła (czy silnie wklęsła w tym przypadku, wtedy zwrot się zmienia) w przedziale D, to równość w nierówności Jensena dla funkcji f w D zachodzi jedynie dla równych zmiennych.

Owszem, można również zbadać funkcję f(x,y,z)=\left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3-xyz w zbiorze \left\{ (x,y,z)\in \RR^3: x\ge 0, \ y\ge 0, z\ge 0\right\}, policzyć jej pochodne cząstkowe, hesjan itd. ale to jest żmudne i jak dla mnie odrobinę sztuczne (choć pewnie to kwestia przyzwyczajeń).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 21:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6616
Premislav napisał(a):
Owszem, można również zbadać funkcję f(x,y,z)=\left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3-xyz w zbiorze \left\{ (x,y,z)\in \RR^3: x\ge 0, \ y\ge 0, z\ge 0\right\}, policzyć jej pochodne cząstkowe, hesjan itd. ale to jest żmudne i jak dla mnie odrobinę sztuczne (choć pewnie to kwestia przyzwyczajeń).

Wygląda na to, że wykładowca oczekuje właśnie policzenia ekstremum. Skoro p jest dane, to liczyłbym maksimum z:
P^2=f(a,b)=p(p-a)(p-b)(a+b-p) \ \ \ \ dla \ \ \ (0<a<p) \wedge  (0<b<p)


EDIT:
Skoro Przemek w temacie 432186.htm podał ten temat, to odpowiem na problem tam przedstawiony.
Załóżmy że ktoś nie zauważył równoramienności optymalizowanego trójkata (post poniżej), ani sobie nie ułatwił optymalizując kwadrat pola trójkąta, to z warunku koniecznego istnienia ekstremum dostanie układ:
\begin{cases}  \frac{p(p-b)\left[ -1 \cdot (a+b-p)+(p-a) \cdot 1\right] }{2 \sqrt{p(p-a)(p-b)(a+b-p)} } =0 \\ \frac{p(p-a)\left[ -1 \cdot (a+b-p)+(p-b) \cdot 1\right] }{2 \sqrt{p(p-a)(p-b)(a+b-p)} } =0 \end{cases}
\begin{cases}p(p-b)\left[ 2p-2a-b\right]=0  \\ p(p-b)\left[ 2p-a-2b\right]=0 \end{cases}
Założenia ograniczają układ do:
\begin{cases} 2p-2a-b=0  \\  2p-a-2b=0 \end{cases}
Co daje tylko jeden punkt podejrzany o ekstremum:
\begin{cases} a= \frac{2p}{3}  \\ b= \frac{2p}{3}   \end{cases}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 maja 2018, o 22:14 
Użytkownik

Posty: 2307
Lokalizacja: Warszawa
Łatwo widać, że trójkąt o maksymalnym polu powierzchni przy zadanym obwodzie będzie trójkątem równoramiennym - wystarczy zacząć kreślić elipsę za pomocą dwóch szpilek (pinezek), kawałka sznurka i ołówka (długopisu), i popatrzeć na trójkąt utworzony ze sznurka.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 maja 2018, o 15:03 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Dziękuję za odpowiedź, tym sposobem umiem zrobić i doszedłem do tego iż w tym punkcie mamy maksimum właściwe. Jest to oczywiście wartość największa ale tylko lokalnie co nie wydaje mi się wystarczającym dowodem i prawdopodobnie nie jest, czy mogę to jakoś dalej udowodnić iż jest ona największą na całym zbiorze?
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 9 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Okrąg wpisany w trójkąt prostokątny - zadanie 14  MichalProg  2
 trójkąt równoramienny - zadanie 41  bulka2311  1
 okrąg wpisany w trójkąt - zadanie 53  KameleonFCB  1
 trójkąt prostokatny  Vixy  2
 trójkąt równoboczny dowód - zadanie 2  tralalinka  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl