Минимальная сумма n-ых степеней расстояний

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1260022 писал(а):

Проверьте самостоятельно что замена $x = 1 - \overline{x} - \overline{y}, y = \overline{x}$ отображает треугольник на треугольник.

Вы говорите, что данная замена переводит треугольник на треугольник. Но этот треугольник - это не часть функции, а ее область определения, а она задается отдельно от функции. Вы же подставляете замену в то уравнение, которое задает саму функцию, и это уравнение никак не влияет на область определения, и оно не влияет на сам треугольник, значит при замене треугольник не меняется, а меняется вид функции(у нее меняются местами коэффициенты и степени).

[Rusit8800]

Кстати, еще вопрос: почему сразу исключается тот случай, что точка лежит вне треугольника? Теорема Вейерштрасса?

[slavav]

Да, теорема Вейерштрасса гарантирует что минимум есть в любом замкнутом ограниченном множестве. Особенность треугольника - на его границе минимума нет. Тогда он внутри треугольника. Тогда для него верно необходимое условие минимума. А вы уже показали что необходимое условие выполняется в одной и только одной точке.
Если собрать все эти факты вместе, то минимум есть, единственный и он внутри треугольника.

[Rusit8800]

Хорошо, но вопрос с заменой остался открытым.

-- 30.10.2017, 15:15 --

С необходимым признаком с более общей функцией получаются проблемы. Записывая условие равенства нулю частных производных первого порядка получим:

$$\[\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} a{x^{p - 1}}p - c{\left( {1 - x - y} \right)^{r - 1}}r = 0 \hfill \\ b{y^{q - 1}}p - c{\left( {1 - x - y} \right)^{r - 1}}r = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} y = \sqrt[{q - 1}]{{\frac{a}{b}{x^{p - 1}}}} \hfill \\ \frac{{a{x^{p - 1}}p}}{{cr}} = {\left( {1 - x - \sqrt[{q - 1}]{{\frac{a}{b}{x^{p - 1}}}}} \right)^{r - 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \]$$

И получаем уравнение

$$\[\sqrt[{r - 1}]{{\frac{{ap}}{{cr}}}} \cdot {x^{\frac{{p - 1}}{{r - 1}}}} = 1 - x - \sqrt[{q - 1}]{{\frac{a}{b}}} \cdot {x^{\frac{{p - 1}}{{q - 1}}}}\]$$

которое, судя по всему, в общем виде не решить.

[slavav]

Какой вопрос по замене? Вы обещали задать вопрос но не задали.
В общем виде его решать не надо. В чём смысл возводить разные компоненты барицентрических координат в разные степени?

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1260493 писал(а):

Какой вопрос по замене? Вы обещали задать вопрос но не задали.

Rusit8800 в сообщении #1260147 писал(а):

Вы говорите, что данная замена переводит треугольник на треугольник. Но этот треугольник - это не часть функции, а ее область определения, а она задается отдельно от функции. Вы же подставляете замену в то уравнение, которое задает саму функцию, и это уравнение никак не влияет на область определения, и оно не влияет на сам треугольник, значит при замене треугольник не меняется, а меняется вид функции(у нее меняются местами коэффициенты и степени).

slavav в сообщении #1260493 писал(а):

В чём смысл возводить разные компоненты барицентрических координат в разные степени?

Rusit8800 в сообщении #1258704 писал(а):

Так интереснее. Тогда в моей задаче будет не сумма $n$-ых степеней, а сумма разных степеней расстояний от точки до сторон треугольника, задача будет более общей.

-- 30.10.2017, 16:58 --

Если решить то уравнение невозможно, то так и скажите, я успокоюсь.

[slavav]

Rusit8800 в сообщении #1260147 писал(а):

Вы говорите, что данная замена переводит треугольник на треугольник. Но этот треугольник - это не часть функции, а ее область определения, а она задается отдельно от функции. Вы же подставляете замену в то уравнение, которое задает саму функцию, и это уравнение никак не влияет на область определения, и оно не влияет на сам треугольник, значит при замене треугольник не меняется, а меняется вид функции(у нее меняются местами коэффициенты и степени).

В чём вопрос?

Rusit8800 в сообщении #1260495 писал(а):

Если решить то уравнение невозможно, то так и скажите, я успокоюсь.

Я не знаю можно ли решить это уравнение. Я не очень сильный аналитик - мало опыта. Попросите помощи у форума.

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1260496 писал(а):

Я не знаю можно ли решить это уравнение. Я не очень сильный аналитик - мало опыта. Попросите помощи у форума.

Ок, буду ждать пока кто-нибудь откликнется.

slavav в сообщении #1260496 писал(а):

В чём вопрос?

Собственно в том, каким образом при данной замене гипотенуза треугольника переходит в его катет, если замена преобразовывает саму функцию, а не треугольник, являющийся по сути областью определения данной функции?

[kotenok gav]

Уравнение в общем виде действительно не решить.

[slavav]

Замена преобразовывает аргументы функции, то есть её область определения. Замена есть функция $\mathbb{R}^2 \Rightarrow \mathbb{R}^2$. Для этой функции вам и надо показать отображение катета на гипотенузу и треугольника на самого себя.

[Rusit8800]

kotenok gav в сообщении #1260501 писал(а):

Уравнение в общем виде действительно не решить.

Конечно вероятность того, что это так очень высока, мне все же интересно почему. Например уравнение $ax^{2n}+bx^{n}+c=0$, очевидно,
разрешимо в радикалах. Как установить это для произвольного уравнения?

-- 30.10.2017, 17:44 --

slavav в сообщении #1260506 писал(а):

Замена преобразовывает аргументы функции, то есть её область определения.

Ах, да.

-- 30.10.2017, 17:49 --

Тогда странно, почему замена $x = 1 - \overline{x} - \overline{y}, y = \overline{x}$ именно такая. Если понятно, что $x_0, y_0 \geqslant 0, x_0 + y_0 = 1$ есть параметризация гипотенузы, то это $x = 1 - \overline{x} - \overline{y}, y = \overline{x},$\overline{x} \geqslant 0, \overline{y} \geqslant 0, \overline{x} + \overline{y} \leqslant 1$$ явно не параметризация катетов.

[slavav]

Рассмотрим замену $x = 1 - \overline{x} - \overline{y}, y = \overline{x}$.
Обратная замена: $\overline{x} = y, \overline{y} = 1 - x - y$.
Катет это множество $ \left\lbrace (0, y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $. Переменные здесь без чёрточек, это катет в области определения $f$.
Отобразим катет с помощью обратной замены: $ \left\lbrace (y, 1 - 0 - y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $. Это множество уже в области определения $g$.
Выразим все переменные через переменные с чёрточками: $ \left\lbrace (\overline{x}, 1 - \overline{x}) | 0 \leqslant \overline{x} \leqslant 1 \right\rbrace $.
Последнее множество совпадает с множеством: $ \left\lbrace (\overline{x}, \overline{y}) | \overline{x}, \overline{y} \geqslant 0, \overline{x} + \overline{y} = 1 \right\rbrace $.
Теперь видно что это гипотенуза.
В итоге наша замена отображает катет $ \left\lbrace (0, y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $ в гипотенузу $ \left\lbrace (\overline{x}, \overline{y}) | \overline{x}, \overline{y} \geqslant 0, \overline{x} + \overline{y} = 1 \right\rbrace $.

Мне нет прощения, в оригинальном изложении я указал не тот катет.

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

Мне нет прощения, в оригинальном изложении я указал не тот катет.

Так вроде там была как раз такая замена

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

Рассмотрим замену $x = 1 - \overline{x} - \overline{y}, y = \overline{x}$.

[slavav]

Замена верная, катет не тот.

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1260541 писал(а):

Замена верная, катет не тот.

Как это? Разве замена не определяет однозначно на какой катет отображать гипотенузу? Или вы опечатались?

-- 30.10.2017, 21:02 --

Что вы подставляли сюда

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

Катет это множество $ \left\lbrace (0, y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $

чтобы получить это

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

Отобразим катет с помощью обратной замены: $ \left\lbrace (y, 1 - 0 - y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $

-- 30.10.2017, 21:11 --

Кстати, вот что еще не понятно. Вы говорите про катеты, а на самом деле там плоскости.

-- 30.10.2017, 21:14 --

Это же параметризации в двухмерном пространстве, а мы имеем дело с трехмерным.

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

$ \left\lbrace (0, y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $

slavav в сообщении #1260531 писал(а):

$ \left\lbrace (y, 1 - 0 - y) | 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\rbrace $

Rusit8800 в сообщении #1260539 писал(а):

$ \left\lbrace (\overline{x}, \overline{y}) | \overline{x}, \overline{y} \geqslant 0, \overline{x} + \overline{y} = 1 \right\rbrace $