[1796] epsilon | 2007-01-19 17:09:25 |
Helló HoA! Valóban elemi, logikus, szép. Van néhány kérdöjelem, amit magamban kellene tisztáznom: Az y nem több mint 50 az indulásból feltehető? Továbbá ha általánosítani kellene, a 100 helyett pl. 2a lenne, na meg a tagok száma 6 helyett n, akkor az általad jelzett 3 intervallumba sorolás az y-ra vonatkozóan hogyan alakulna, mindegyiket külön-külön elemezni kellene, vagy belátható-e elég könnyen, hogy a sok lokális maximumból melyik is a globális maximum? Én ezeken tűnődöm, ha vannak megjegyzéseid, szívesen veszem, és kösz, a megoldásodban volt jó pár mentő ötlet! Üdv: epsilon
|
|
[1797] HoA | 2007-01-19 23:04:07 |
A módszer az alábbi általánosításig biztosan működik:
- a két csoportban szereplő számok darabszáma ( most 2, ill. 4 ) legyen k ill. m.
- a csoportok elemeinek összege ( most 100,100) ne legyen nagyobb, mint A ill. B
Tehát legyen k+m számunk, x1,...,xk+m , ahol
| (2) |
| (3) |
Mekkora maximuma?
Az összeget rögzített xk (az első csoport legkisebb eleme, az eddigi y) mellett vizsgáljuk. (1) -ből és (2) -ből , ( Ez egyben válasz Epsilon kérdésére: A=100 és k=2 esetére 0x2=y50 ) Az [1795]-beli indokláshoz hasonlóan belátható, hogy az első csoport négyzetösszege akkor a legnagyobb, ha x2=x3=...=xk x1=A-(k-1).xk Példa: ha k=4,x4=4,A=22 , akkor { 10;4;4;4 } négyzetösszege nagyobb, mint pl. { 7;6;5;4 } -é. A második csoportra igaz az [1795]-beli szabály: ameddig lehet xk+j=xk egy szám pedig B és az eddigiek összegének különbsége: xk+1=xk+2=...=xk+d=xk,xk+d+1=B-d.xk Az [1795]-beli szakaszhatárok most a ... értékek. Vegyük észre, hogy esetén xk>B is előfordulhat, tehát maga B is lehet szakaszhatár. Ekkor a második csoport első eleme B, a többi 0. Másrészt ha akkor a második csoportba mindig "belefér" m darab xk érték, tehát görbénk csak egyetlen parabolaívből áll. Függvénygörbénk - a maximális négyzetösszeg xk tól függése - vizsgálatát másokra hagyom.
|
Előzmény: [1796] epsilon, 2007-01-19 17:09:25 |
|
|
[1799] HoA | 2007-01-20 19:43:10 |
A megfigyelt jelenség már akkor is előjön, ha csak az első feltételt vesszük. Legyen tehát
L(x,y,):=x2+y2+(100-x-y)
Az első két parciális deriváltból itt is kijön x=y. Ábrázoljuk az f(x,y)=x2+y2 függvényt az xy síkban szintvonalakkal: ezek nyilván origó középppontú koncentrikus körök. A vizsgált tartomány az x+y=100 egyenes által határolt félsík. f(x,y) a tartományban és a határán is tetszőleges nagy értéket felvehet, maximuma nincs. Az egyenes x=0 vagy y=0 értékkel jellemzett pontja, amelyekből az y=100 ill. x=100 érték adódna, semmilyen különleges szerepet nem játszik. Nem is csoda, hiszen nemcsak x és y nagyságviszonyát, hanem az x0 , y0 feltételeket sem vettük figyelembe. Ha megtesszük, a Lagrange függvény így alakul:
L(x,y,1,2,3):=x2+y2+1(100-x-y)+2(x-0)+3(y-0)
A megoldandó egyenletrendszerben a 0-t adó szorzatoknál 0 tényezőül {100-x-y=0;2=0;y=0} -t választva x = 100, {100-x-y=0;x=0;3=0} -ból y = 100 adódik. A {1=0;x=0;y=0} választás a megengedett alakú tartomány harmadik csúcsát jelóli ki, de itt persze nincs maximum. Visszatérve eredeti feladatunkra, itt az x+y100 és z+t+u+w100 mellett a w0 , uw , tu, ... , xy feltételeket is figyelembe kell venni. Ezzel egyúttal a változók nemnegatív voltát is biztosítjuk. A 8 db 0 szorzat 0 tényezőinek megválasztásánál - 28 eset - anélkül, hogy mind a 256 kombinációt végignéznénk, csak rámutatunk, hogy a { w=0; u=w ; t=u; z=t ; y =z ; x+y = 100 } választás adja az x=100,y=z=t=u=w=0 megoldást, míg a { w=0; u=w ; z=t ; y =z ; x+y = 100 ; z+t+u+w = 100 } kombináció az x=y=z=t=50,u=w=0 eredményt.
|
|
Előzmény: [1791] Lóczi Lajos, 2007-01-19 01:16:58 |
|
[1800] Lóczi Lajos | 2007-01-20 21:32:49 |
Ó, persze, a nemnegativitási feltételeket kihagytam. Köszönöm, hogy rámutattál.
(Az zavarhatott meg, hogy egyenlőtlenséggel megadott feltételek esetén a multiplikátoroknak maguknak is nemnegatívnak kell lenniük, de ez még nem mond semmit a változókról...)
|
Előzmény: [1799] HoA, 2007-01-20 19:43:10 |
|
[1801] Lóczi Lajos | 2007-01-20 23:54:31 |
A számítógép szépen végignézte az összes esetet, és persze megtalálta a (100,0,0,0,0,0), (50,50,50,50,0,0) optimumokat (és csak ezeket találta).
|
Előzmény: [1799] HoA, 2007-01-20 19:43:10 |
|
[1802] epsilon | 2007-01-21 09:08:31 |
Köszi Mindenkinek! Alaposan kimerítettétek a témát! ;-) Cchek: a két szöget x illetve y-ra nevezve, mindkét oldalt 4-gyel szorozva, a sin2x=2sinx×cosx alapján, nullára rendezve, két négyzetösszek különbsége szorzatra bomlik és ez a 2 eset áll elő: sin2x=-2ctgy illetve sin2x=2ctgy és most a sin2x-et a tangens felesképletekkel kifejezzük sin2x=2t/(1+t×t) ahol t=tgx és így t-ben másodfokú egyenlet lesz, szerinted ez az út nem járható?
|
|
|
[1804] sakkmath | 2007-01-22 11:22:22 |
A komoly problémák után kikapcsolódásként következzék egy könnyedebb, humoros feladat, amely Áprilisi fejtörő címmel a KöMaL 1980/4. számában jelent meg Csirmaz Lászlótól.
|
|
|
|