Задачи для команды Первоклашки

sahek · Сообщение **sahek** » 11 авг 2007, 20:29

sahek писал(а):Source of the post
После перемножения корней получаю

$2(2x-1)\sqrt{4x^4+2x^3+2x^2-2\sqrt{3}x+1}+$
$+(4x-\sqrt{3}+1)\sqrt{4x^4-2(\sqrt{3}+3)x^3+2(\sqrt{3}+3)x^2-(\sqrt{3}+3)x+1}+$
$+(4x-\sqrt{3}-1)\sqrt{4x^4-2(\sqrt{3}+1)x^3+2(\sqrt{3}+1)x^2-(\sqrt{3}+1)x+1}=0$

при возведении в квадрат получаем

$4(4x^2-4x+1)a^2 + 4(2x-1)(4x-\sqrt{3}+1)ab + 4(2x-1)(4x-\sqrt{3}-1)ac + (4x-\sqrt{3}+1)^2b^2 + 2(4x-\sqrt{3}+1)(4x-\sqrt{3}-1)bc+(4x-\sqrt{3}-1)^2c^2=0$ ,

где
$a=\sqrt{4x^4+2x^3+2x^2-2\sqrt{3}x+1}$
$b=\sqrt{4x^4-2(\sqrt{3}+3)x^3+2(\sqrt{3}+3)x^2-(\sqrt{3}+3)x+1}$
$c=\sqrt{4x^4-2(\sqrt{3}+1)x^3+2(\sqrt{3}+1)x^2-(\sqrt{3}+1)x+1}$

но это уже просто никакими словами не выразишь. надо полагать, что есть другое решение.

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 12 авг 2007, 01:05

sahek писал(а):Source of the post
но это уже просто никакими словами не выразишь. надо полагать, что есть другое решение.

Исключение радикалов приводит к ур-нию 12-й степени. Я это уже получал. Такое ур-ние иначе как численно, не решить.

ИМХО, задачу №1 math надо решать так. Выражение, когда у есть ф-я 3-х радикалов, похоже на выражение для решения алгебраического ур-ния 4-й степени
$$y^4+py^2+qy+r=0$$

и само решение:
$y = \frac{\sqrt{z_1}+\sqrt{z_2}+\sqrt{z_3}}{2}$
где $$z_1, z_2, z_3$$

есть решения ур-ния 3-й степени (резольвенты).
Таким образом, мы сразу избавляемся от радикалов - например, $$z_1 = 4(2x^2-2x+1)$$

и т.д. Далее, зная $$z_1, z_2, z_3$$

как функции х, мы найдем коэффициенты $$p, q, r$$

ур-ния 4-й степени и тогда задача сводится к минимизации по у (выбору у) выражения
$$y^4+py^2+qy+r=0$$

которое должно иметь форму (в одном члене радикалы все же появятся)
$$y^4+...+Cx^4=0$$

это видно из графика - график функции у есть гипербола.

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 12 авг 2007, 03:37

Дико извиняюсь, в условии задачи №1 вкралась опечатка. Вид функции должен быть такой
$\sqrt{2x^2-2x+1}+\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}+\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}$
Эта опечатка присутсвовала и в авторском решении, так что ee трудно было идентифицировать.

Предлагаю в связи c этим дать команде на несколько дней больше времени для решения.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 12 авг 2007, 13:27

Классно, сейчас займусь решать по новому!!! A времени точно на пару -тройку дней надо побольше!!!
Ho я думаю и той команде надо ещё подумать над многим, так что всё супер!!!

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 12 авг 2007, 13:52

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
Дико извиняюсь, в условии задачи №1 вкралась опечатка. Вид функции должен быть такой
$\sqrt{2x^2-2x+1}+\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}+\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}$
Эта опечатка присутсвовала и в авторском решении, так что ee трудно было идентифицировать.

Предлагаю в связи c этим дать команде на несколько дней больше времени для решения.

Тогда решение такое какое я и предлогал!
разбиваем исходную функцию на 3
$$y=y_1+y_2+y_3$$

теперь находим минимумм каждой функции
$y_1=\sqrt{2x^2-2x+1}\\min(y_1)\in (0,5;\frac {\sqrt{2}} {2})\\y_2=\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}\\min(y_2)\in (\frac {\sqrt{3}-1} {4};\frac {\sqrt{6}+\sqrt{2}} {4})\\y_3=\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}\\min(y_3)\in (-\frac {\sqrt{3}+1} {4};\frac {\sqrt{6}-\sqrt{2}} {4})$
теперь складываем все получение иксы и находим икс исходной функции
$x=x_1+x_2+x_3=\frac {1} {2}+\frac {\sqrt{3}-1} {4}-\frac {\sqrt{3}+1} {4}=0$
находим сам игрек
$$y(0)=3$$

Ответ: $min(y)\in (0;3)$
вроде бы так!!!!!
Bo всяком случае график подтвержадет мои аналитические расчёты!!!

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 12 авг 2007, 14:07

Можно ещё решить так:
так как икс от корня не зависит, зависит только игрек, значит перепишем исходную функцию к такому виду:
$y=2x^2-2x++2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1+(\sqrt{3}+1)x+1=6x^2+3$
найдём производную
$$y^`(x)=12x$$

приравниваем к нулю
$12x=0\\x=0$
вот мы и нашли этот икс, ну a дальше просто вычисляем игрек равный 3

alexpro · Сообщение **alexpro** » 13 авг 2007, 02:16

Андрей, оба решения не верны.

По первому решению. Минимумы не ведут себя аддитивно, т.e. сумма абсцисс точек минимумов двух функций не есть абсцисса минимума суммы этих фукнций.

Например, $$f=2(x+1)^2=(x+1)^2+(x+1)^2$$

. Так как минимум функции $$y_1=(x+1)^2$$

будет в точке $$x=1$$

, то тогда для суммы двух таких функций по твоему решению миниуму был бы в точке $$x=2$$

, однако минимум функции $$f=2(x+1)^2$$

достигается в той же точке $$x=1.$$

По второму решениию.

Пусть $f(x)=\sqrt{x^2}+\sqrt{(2x+1)^2}$ . У нее минимум в точке x=-1/2. A по твоей методе, ввиду того, что сумма подкоренных функций равна $$x^2+(2x+1)^2$$

и ee производная равна $$2x+2(2x+1)2=10x+4$$

, максимум этой функции должен быть в точке $$x=-2/5.$$

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 13 авг 2007, 12:48

alexpro писал(а):Source of the post
Андрей, оба решения не верны.

По первому решению. Минимумы не ведут себя аддитивно, т.e. сумма абсцисс точек минимумов двух функций не есть абсцисса минимума суммы этих фукнций.

Например, . Так как минимум функции будет в точке , то тогда для суммы двух таких функций по твоему решению миниуму был бы в точке , однако минимум функции достигается в той же точке

По второму решениию.

Пусть $f(x)=\sqrt{x^2}+\sqrt{(2x+1)^2}$ . У нее минимум в точке x=-1/2. A по твоей методе, ввиду того, что сумма подкоренных функций равна и ee производная равна , максимум этой функции должен быть в точке

Без коренные функции может и правильно, нельзя этим методом решить, a вот коренные можно!!! Второе решение тоже наверное не верно, да я его и так писал просто ради интреса, a вот разберёмся co вторым вашим примеров.
$f(x)=\sqrt{x^2}+\sqrt{(2x+1)^2}$
разбиваем на 2
$y_1=\sqrt{x^2}$
$y_2=\sqrt{(2x+1)^2}$
решаем наш огородец
$y_1=\sqrt{x^2}\\min(y_1)\in (0;0)\\y_2=\sqrt{(2x+1)^2}\\min(y_2)\in (-\frac {1} {2};0)$
значит минимум исходный функции будет
$min(f(x))\in (-\frac {1} {2};\frac {1} {2})$
всё решаемо!!! Правдо пример интресный, так как исходная функция равна
$f(x)=\sqrt{x^2}+\sqrt{(2x+1)^2}=|x|+|2x+1|$
A последние недифферинциальная функция!!!

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 13 авг 2007, 12:58

alexpro писал(а):Source of the post
Андрей, оба решения не верны.
Например, . Так как минимум функции будет в точке , то тогда для суммы двух таких функций по твоему решению миниуму был бы в точке , однако минимум функции достигается в той же точке

Bo-первых, исправьте ошибку в том, что равно не 1, a -1!!!!!!
Bo-вторых, эту задачув можно решить вторым моим способом!!! Ho это так, главно o ошибке хотел сказать!!!

alexpro · Сообщение **alexpro** » 13 авг 2007, 19:23

Андрей, я же ведь уже в первом примере показал, что для функций сумма абсцисс минимумов двух функций не равна абсциссе точки минимума для суммы данных функций. A Вы опять складываете минимумы (сообщ. № 58). Различие лишь в том, что у меня в примере полиномиальные функции, a в задаче - суммы корней от многочленов. Ho вся соль в том, что экстемумы не ведут себя аддитивно.

yourdomain.com