Минимизация выражения

[Sicker]

Найти минимальное (в общем случае инфимум) значение выражения $f(t_1)f(t_2)f(t_3)...f(t_n)$, где $t_1+t_2+t_3+...t_n=T$
1.Для начала пусть $f(t)$ будут равны
а) $f(t)=\frac{1+e^{-kt}}{2}$
б) $f(t)=e^{-\sqrt{kt+1}+1}$
$T$-фиксировано
2. Найти решение в случае $f(t)$ общего вида, которая равна единице в нуле и монотонно убывает до нуля на бесконечности

[Sicker]

Почему никого не заинтересовала задача, ведь довольно красивая
Непонятно условие? Или непонятно как решать? Могу дать подсказку

[StaticZero]

Я про призму ничерта не понял, если честно. А потом не понял, как это

Sicker в сообщении #1370567 писал(а):

найти минимальное (в общем случае инфимум) значение выражения $f(t_1)f(t_2)f(t_3)...f(t_n)$, где $t_1+t_2+t_3+...t_n=T$

согласуется с исходной задачей, которую я не понял.

[Sicker]

StaticZero в сообщении #1371221 писал(а):

Я про призму ничерта не понял, если честно. А потом не понял, как это

Ну представьте себе, что вам нужно по-максимуму увеличить какую-то область при помощи микроскопа, и у него увеличительная способность неэкспоненциально зависит от времени. Вот как вам его оптимально использовать

StaticZero в сообщении #1371221 писал(а):

найти минимальное (в общем случае инфимум) значение выражения $f(t_1)f(t_2)f(t_3)...f(t_n)$, где $t_1+t_2+t_3+...t_n=T$

согласуется с исходной задачей, которую я не понял.

Ну это собственно результат последовательных увеличений, и отпущенное на них время.

[StaticZero]

Окей. Тогда я вижу так: имеется стрелочка высоты единица. Применяется первый режим микроскопа и видимая в микроскопе высота стрелочки будет $f_1(t)$. Потом мы что, при $t = t_1$ фиксируем результат и применяем второй режим так, что высота стрелочки будет $f_2(t) f_1(t_1)$, так что ли?

-- 23.01.2019 в 20:26 --

Если я правильно понял, то это какая-то физически непонятная задача. А если оставить только математическую постановку "найти $f(t)$ и набор $t_1, t_2, \ldots, t_n$, максимизирующие $f(t_1) f(t_2) \ldots f(t_n)$ при наложенном ограничении $\sum t_i = T$", то чем это отличается в сторону олимпиадности от какого-то хитрого вариационного занудства?

[Sicker]

StaticZero в сообщении #1371233 писал(а):

Окей. Тогда я вижу так: имеется стрелочка высоты единица. Применяется первый режим микроскопа и видимая в микроскопе высота стрелочки будет $f_1(t)$. Потом мы что, при $t = t_1$ фиксируем результат и применяем второй режим так, что высота стрелочки будет $f_2(t) f_1(t_1)$, так что ли?

Да, только там везде обратные $f$, т.е. $f$ -это размер стрелочки, которая после увеличения станет единичной

StaticZero в сообщении #1371233 писал(а):

Если я правильно понял, то это какая-то физически непонятная задача.

Ну почему. Это чем-то напоминает например ступенчатую реконструкцию праязыков в лингвистике.

StaticZero в сообщении #1371233 писал(а):

А если оставить только математическую постановку "найти $f(t)$ и набор $t_1, t_2, \ldots, t_n$, максимизирующие $f(t_1) f(t_2) \ldots f(t_n)$ при наложенном ограничении $\sum t_i = T$", то чем это отличается в сторону олимпиадности от какого-то хитрого вариационного занудства?

Не совсем, $f(t)$ известна, я же дал целых два примера, а все остальное верно (ну и еще максимум на минимум (инфимум) заменить, исходя из того что я озвучил выше). А чем это отличается от вариационного занудства? Ну тем, что вам $n$ не известно, и т.к. я говорил про инфимум, то $n$ теоретически может стремиться к бесконечности. И даже если вы после варьирования выпишите уравнения, то как вы их будете решать? Это страшно мудреные функциональные уравнения, еще с непостоянным числом членов

[StaticZero]

Sicker в сообщении #1371237 писал(а):

Да, только там везде обратные $f$, т.е. $f$ -это размер стрелочки, которая после увеличения станет единичной

Ну то есть тогда $\frac{1}{f(t_1) f(t_2) \ldots f(t_n)}$?

-- 23.01.2019 в 20:40 --

Sicker в сообщении #1371237 писал(а):

$f(t)$ известна

У-у, тогда это просто занудство, даже не вариационное

[Sicker]

StaticZero в сообщении #1371239 писал(а):

Ну то есть тогда $\frac{1}{f(t_1) f(t_2) \ldots f(t_n)}$?

Ну можете так считать, тогда берите максимумы (супремумы)

StaticZero в сообщении #1371239 писал(а):

У-у, тогда это просто занудство, даже не вариационное

Ну тогда в противном случае задача бы стала тривиальной
Ну вы попробуйте, дальше формально выписанных уравнений не продвинетесь

[StaticZero]

Да ладно. Рассмотрим произведение $f(t_1) f(t_2)$. Предположим, что $t_1 = t_2 = t$. Пошевелим $t_1 \to t - \delta$, $t_2 \to t + \delta$, запишем разностное соотношение в первом порядке по $f$, получим

$$ f(t - \delta) f(t + \delta) - f^2(t) \approx \left(f - \delta f' \right)\left(f + \delta f' \right) - f^2 = -\delta^2 (f')^2 \leqslant 0. $$

Если $f$ всё-таки монотонно убывает на $[0, \infty)$, то хоть какая-то нечётная производная должна быть отлична от нуля в $t$ в меньшую сторону. Выписанное соотношение тогда вида не поменяет, только штрихов навесить, да степень нужную, да множитель соответствующий, и тогда знак неравенства станет строгим. А если произведение уменьшается при шевелении в произвольную сторону, значит выгодно $\delta = 0$. Так повторяем для всех членов произведения. Получаем $t_1 = t_2 = \ldots = t_n = T/n$. Произведение сворачивается в трубочку в

$$ f^n\left(\frac{T}{n}\right). $$

Если $f$ дана, да ещё и с условием $0 < f < 1$ на $(0, \infty)$, то взяв довольно большое $n$, будем иметь

$$ f(x) \approx 1 + \Omega x, \quad \Omega = f'(0) \leqslant 0, $$

тогда будет

$$ f^n \approx \left(1 + \frac{\Omega T}{n} \right)^n, f^n(T/n) \to \exp(\Omega T). $$

Пусть $y_n = n \ln f(T/n) = \ln f^n(T/n)$. Хотим определить, может ли быть при конечном $n$ так, что $f^n(T/n) > \exp(\Omega T)$, и если не может, тогда решением будет являться $n = \infty$. Имеем

$$ y_{n+1} - y_n = (n+1) \ln f \left(\frac{T}{n+1}\right) - n \ln f(T/n) = \underbrace{\ln f(T/(n+1))}_{< 0} + \underbrace{n \ln \frac{f(T/(n+1))}{f(T/n)}}_{> 0} $$

и ничего не запрещает первым членам последовательности $f(T), f^2(T/2), \ldots$ быть больше $\exp(\Omega T)$. Предположим, что $f(T) < \exp(\Omega T)$, или, что то же самое, $f(x) < \exp(\Omega x)$. Тогда $f(x/2) < \exp(\Omega x/2)$, $f^2(x/2) < \exp(\Omega x)$. Продолжая по индукции, осознаем, что в случае $f(x) < e^{\Omega x}$ решением будет $n = \infty$. Если там стоит равенство, то последовательность стационарная и решение будет - любое $n$. Остаётся открытым вопрос о том, что будет, если $f(x) > e^{\Omega x}$. Если $f(x) > e^{\Omega x}$, то тогда все члены будут больше $\exp(\Omega x)$, но какой из них будет самый большой - пёс его знает.

[Sicker]

StaticZero в сообщении #1371249 писал(а):

Да ладно. Рассмотрим произведение $f(t_1) f(t_2)$. Предположим, что $t_1 = t_2 = t$. Пошевелим $t_1 \to t - \delta$, $t_2 \to t + \delta$, запишем разностное соотношение в первом порядке по $f$, получим

$$ f(t - \delta) f(t + \delta) - f^2(t) \approx \left(f - \delta f' \right)\left(f + \delta f' \right) - f^2 = -\delta^2 (f')^2 \leqslant 0. $$

Если $f$ всё-таки монотонно убывает на $[0, \infty)$, то хоть какая-то нечётная производная должна быть отлична от нуля в $t$ в меньшую сторону. Выписанное соотношение тогда вида не поменяет, только штрихов навесить, да степень нужную, да множитель соответствующий, и тогда знак неравенства станет строгим. А если произведение уменьшается при шевелении в произвольную сторону, значит выгодно $\delta = 0$. Так повторяем для всех членов произведения.

Ну вообще таки нет, это только для данных частных функций так.

StaticZero в сообщении #1371249 писал(а):

тогда будет

$$ f^n \approx \left(1 + \frac{\Omega T}{n} \right)^n, f^n(T/n) \to \exp(\Omega T). $$

Да, для данных функций ответ будет экспонента в степени минус производная в нуле от $f$ на $T$
Но в общем случае это не так

StaticZero в сообщении #1371249 писал(а):

Пусть $y_n = n \ln f(T/n) = \ln f^n(T/n)$. Хотим определить, может ли быть при конечном $n$ так, что $f^n(T/n) > \exp(\Omega T)$, и если не может, тогда решением будет являться $n = \infty$. Имеем

$$ y_{n+1} - y_n = (n+1) \ln f \left(\frac{T}{n+1}\right) - n \ln f(T/n) = \underbrace{\ln f(T/(n+1))}_{< 0} + \underbrace{n \ln \frac{f(T/(n+1))}{f(T/n)}}_{> 0} $$

и ничего не запрещает первым членам последовательности $f(T), f^2(T/2), \ldots$ быть больше $\exp(\Omega T)$. Предположим, что $f(T) < \exp(\Omega T)$, или, что то же самое, $f(x) < \exp(\Omega x)$. Тогда $f(x/2) < \exp(\Omega x/2)$, $f^2(x/2) < \exp(\Omega x)$. Продолжая по индукции, осознаем, что в случае $f(x) < e^{\Omega x}$ решением будет $n = \infty$. Если там стоит равенство, то последовательность стационарная и решение будет - любое $n$. Остаётся открытым вопрос о том, что будет, если $f(x) > e^{\Omega x}$. Если $f(x) > e^{\Omega x}$, то тогда все члены будут больше $\exp(\Omega x)$, но какой из них будет самый большой - пёс его знает.

В этом пес его знает заключен весь смак задачи
Рассмотрите случай, когда $T$ очень велико. Для начала.

[wrest]

Sicker в сообщении #1371215 писал(а):

Непонятно условие?

Ваще нибельмеса непонятно. А что такое "увеличительная призма"? Гугл вот не в курсе. Это для кого олимпиада? Формулировка задачи тяжело больна.

[Sicker]

wrest в сообщении #1371276 писал(а):

А что такое "увеличительная призма"?

Это вольное название автора

wrest в сообщении #1371276 писал(а):

Это для кого олимпиада?

Ни для какого, сам придумал

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (Ф)» в форум «Карантин»
Задачу надо бы сделать либо физической, либо математической. Если она физическая - привести содержание и терминологию в соответствие с реальностью. Если математическая - убрать ненужный (и при этом некорректный) антураж.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Олимпиадные задачи (М)»
Причина переноса: откорректирован стартовый пост.

[Sicker]

StaticZero
wrest
Ну что затихли, товарищи?
Дать еще подсказку?