2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 
Сообщение18.04.2006, 20:36 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Даю решение основного неравенства. Очевидно, что максимум длины достигается в случае, когда все длины равны 1. Все векторы не перпендикулярное одному из векторов $e_i$ перпендикулярны между собой. Пусть их количество $n_i$, а соответствующий угол $t_i$. Имеем:
(1) $$z_n=(e_1+e_2+\dots +e_n)^2=n+y_n, y_n=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{n_i}\cos{t_i}.$$
Правильные конфигурации получаются, когда имеется ортогональная транзитивная группа переставляющая эти векторы, соответственно все $n_i$ между собой равны.
Тривиальная оценка из (1) $z_n\le n(1+\sqrt{n-1})$.
Но выбирая максимальное из выражений $\sqrt{n_i}\cos{t_i}$ и проводя индукцию отсюда получается оценка:
$z_n<n+(\frac{3n^2}{4})^{2/3}$
На самом деле можно и чуточку уменьшить коэффициент перед неглавным членом n.
Нетривиальные оценки снизу ещё сложне (надо построить явную правильную конфигурацию). Предполагаю, что оценка сверху достаточно точная, т.е. верна оценка снизу с другими коэффициентами перед главным членом. Только мне не удалось это доказать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 09:04 


10/08/05
54
Что имеется ввиду под максимумом $\sqrt{n_i}\cos{ t_i}$ (есть какие-нибудь соображения для оценки $\cos{t_i}$)?
А как вы проводили индукцию для получения оценки $cn^{4/3}$ ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 09:24 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Предположим, что максимум $\sqrt{n_i}\cos{t_i}$ достигается при $i=n$ и не перпендикулярные к нему векторы $e_{n-k+1},e_{n-k+2},...,e_{n-1} \ (n_n=k-1)$.
Допустим, что оценка верна при для малых $n$, в частности она верна для векторов $e_1,e_2,...,e_{n-k-1}$. Для начальных n это проверяется. Тогда получаем:
$z_n=z_{n-k}+2(e_1+e_2+...+e_{n-k})(e_{n-k+1}+....+e_{n-1})+(e_{n-k+1}+....+e_n)^2$
Это дает оценку:
$y_n\le y_{n-k}+2\sqrt{k-1}(\cos t +\sqrt{n-k+y_{n-k}}\sin t), y_n=z_n-n, t=t_n$
Это приводит к указанной оценке.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 11:31 


10/08/05
54
Как я понял рассматриваются вектора $e_n,\ S_0=e_1+...+e_{n-k}, S_1 = e_{n-k+1}+...+e_{n-1}$. Угол между $e_n$ и $S_1$ по определению $t_n$, но вот почему $(S_0,S_1)\le |S_0||S_1|\sin{t_n}$ мне непонятно.
Пусть все $t_i=\frac{\pi}{2}$ (если у этому нет явных противоречий). Тогда выбор $n_i$ осуществляется просто - самое большее (на самом деле непонятно зачем выбириать $\max\ {\sqrt{n_i}\cos{t_i}}$ если нас интересует $\min\ {y_{n-n_i-1}+2\sqrt{n_i}(\cos{t_i}+\sqrt{z_{n-n_i-1}}\sin{t_i})}$)

Чтобы доказать оценку по индукции, надо оценить снизу значение $k(n)=\max{n_i}$.
Числа Рамсея (в данном случае тривиальные индуктивные рассуждения) дают оценку $k(n)\ge\sqrt{2n}$ что в итоге приводит к $z_n\le cn^{3/2}$.
Как Вы оценивали снизу величину $n_i$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 11:50 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
В ваших обозначениях три вектора $e_n,S_0,S_1,$. Первые два вектора перпендикулярны, поэтому косинус угла между вторым и третьим вектором не превосходит синус угла между первым и третьим. Можете вначале попробовать доказать без этих углов. Оценка со степеннью $4/3$ всё равно получится, только коэффициент перед ним будет побольше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 12:58 


10/08/05
54
Действительно, $(S_0,S_1)\le |S_0||S_1|\sin{t_n}$, но допустим все $t_i>\frac {\pi}{3}$, тогда все синусы-косинусы можно заменить константой.

Ваше неравенство эквивалентно слудующему:
$$
z_n\le z_{n-k}+k +2\sqrt{k-1}(\cos{t}+\sqrt{z_{n-k}}\sin{t})
$$
Если верно более сильное неравенство
$$
z_n\le z_{n-k}+(k-1)\sin{t}^2 +2\sqrt{k-1}\sqrt{z_{n-k}}\sin{t}
$$
то получаем
$\sqrt{z_n}\le \sqrt{k-1}\sin{t}+\sqrt{z_{n-k}}$
Если предположить, что $\sin{t}\ge a = const$, то для док-ва по индукции оценки $z_n\le bn^{4/3}$ требуется доказать $k(n)\ge cn^{2/3}$

Достаточно легко показать, что $k(n)\ge c\sqrt{n}$, но почему $k(n)\ge cn^{2/3}$ мне неочевидно

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 13:17 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Доказываем по индукции, что
$z_n-n=y_n\le f(n)=(\frac{3n^2}{4})^{2/3}.$
Мы получили, что
(1) $z_n\le \min(n\sqrt l \cos t,z_{n-k}+2\sqrt l \cos t \min(l,l_1}),l=k-1,l_1=1+\sqrt{z_{n-k}} \tg t $.
Для того, чтобы проходил шаг индукции достаточно, чтобы при
(2) $(\frac{f(n)}{n\cos t})^2\le l=n_n=k-1\le n-2 $
выполнялось условие
(3) $f(n)-f(n-l-1)\ge 2\sqrt l \cos t \min(l,l_1),n\ge 8$
Имеем
$g(x)=\frac{f(n)-f(n-l-1)}{\sqrt l}=(3/4)^{2/3}\frac{[n^{4/3}-(n-l-1)^{4/3}]}{\sqrt l}$
Исследуя функцию $g(x)$ методами анализа убеждаемся, в том, шаг индукции проходит.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2006, 13:32 


10/08/05
54
Я все понял, если $k(n) \le cn^{2/3}$ , тогда $z_n\le\sqrt{c}\ n^{1+\frac 13}$, что и требуется

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 38 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group