Matematik
En opgave for livet.
Jeg er taknemmelig over jeres hjælp herinde. I er dygtige, så jeg
vil prøve at stille jer en opgave, som min gamle lærer stillede os for mange år siden.
Jeg har aldrig selv løst den eller set en løsning på den, og min lærer kunne heller ikke
selv løse den.. men det kan jo være, at der er nogle genier herinde, som måske kan.
Her kommer opgaven
Lad n være et naturligt tal. Find det mindste naturlige tal m
sådan at cos(v1)+cos(v2)+...+cos(vn) ikke er større end m
forudsat at tan(v1)*tan(v2)*...*tan(vn)=2n/2 og vi∈(0,pi/2) for i=1,...,n.
Svar #2
11. juli 2014 af oscargerhard
Det var ironisk :D Jeg kan åbenbart ikke poste et indlæg uden at angive et niveau...
Svar #3
11. juli 2014 af Andersen11 (Slettet)
#2
Det er korrekt, og det er faktisk muligt at angive et mere relevant niveau (for eksempel universitet/videregående).
Svar #5
11. juli 2014 af Andersen11 (Slettet)
#4
Det er også korrekt, men nu ved du det så til næste gang.
Svar #6
12. juli 2014 af Andersen11 (Slettet)
Lad os formulere opgaven således:
Der er givet en positivt helt tal n, og n reelle tal v1, v2, ..., vn ∈ ]0;π/2[ , der opfylder betingelsen
tan(v1)·tan(v2)·...·tan(vn) = 2n/2 .
Vi skal da finde det mindste positive hele tal m så at
cos(v1) + cos(v2) + ... + cos(vn) ≤ m .
Lad os først antage, at de n reelle tal v1, v2, ..., vn alle er lige store og lig med v. Vi har da, at
(tan(v))n = 2n/2 ,
eller
tan(v) = √2 , og dermed
cos(v) = 1/√(1+tan2(v)) = 1/√3 , og sin(v) = tan(v)·cos(v) = √(2/3) , og dermed
cos(2v) = cos2(v) - sin2(v) = -1/3 , og sin(2v) = 2·sin(v)·cos(v) = 2·(√2)/3 .
Vi ser, at for v1 = v2 = ... = vn = v gælder der
cos(v1) + cos(v2) + ... + cos(vn) = n·cos(v) = n/√3 .
Vi vil vise, at funktionen cos(v1) + cos(v2) + ... + cos(vn) som funktion på ]0;π/2[n har globalt maksimum i punktet (v,v,...,v) under bibetingelsen tan(v1)·tan(v2)·...·tan(vn) = 2n/2 . For at vise dette, sætter vi først
Δvi = vi - v , i ∈ {1,2,...,n} ,
og vi definerer nu funktionerne
f(Δv1,Δv2,...,Δvn) = ∑i cos(v+Δvi) , Δvi ∈ ]-v;π/2 - v[
g(Δv1,Δv2,...,Δvn) = ∏i tan(v+Δvi) , Δvi ∈ ]-v;π/2 - v[
og indfører så Lagrange-multiplikator funktionen
Λ(Δv1,Δv2,...,Δvn,λ) = f(Δv1,Δv2,...,Δvn) + λ·(g(Δv1,Δv2,...,Δvn) - 2n/2) ,
og vi vil nu finde stationære punkter for denne funktion. Vi har
∂Λ/∂Δvi = -sin(v+Δvi) + 2·λ·g(Δv1,Δv2,...,Δvn)/sin(2(v+Δvi))
og
∂Λ/∂λ = g(Δv1,Δv2,...,Δvn) - 2n/2 .
Betingelsen for et stationært punkt medfører nu
λ·g(Δv1,Δv2,...,Δvn) = (1/2)·sin(v+Δvi)·sin(2(v+Δvi)) for alle i ∈ {1,2,...,n} .
Heraf følger så, at Δvi = 0 for alle i ∈ {1,2,...,n} , og der er kun det ene stationære punkt.
Vi har nu i det stationære punkt:
f(v,v,...,v) = n/√3 ,
∂f/∂Δvi = -sin(v+Δvi) = -√(2/3) ,
∂2f/∂(Δvi)2 = -cos(v+Δvi) = -1/√3 ,
∂2f/∂Δvi∂Δvj = 0 , i ≠ j .
Dermed finder man egenværdierne for Hesse-matricen for f i det stationære punkt til at være ens og lig med -1/√3 , hvorfor funktionen f med bibetingelsen har globalt maksimum i det stationære punkt. Vi har da
cos(v1) + cos(v2) + ... + cos(vn) ≤ n·cos(v) = n/√3 ≤ m = [n/√3] + 1 ,
hvor [x] betegner den hele del af x, og hvor det hele positive tal m er opgavens løsning.
Svar #7
12. juli 2014 af Physant (Slettet)
#6 Det er desværre ikke korrekt.
Antag v=v1=...=vn. Ved at undersøge n*cos(v) for forskellige valg af n og v, kan man se, at din påstand ikke holder.
Her er min løsning af opgaven.
Når n=1 er cosv1 = (1+tan2v1)-0.5 = 30.5/3. Da er m = 30.5/3.
Når n=2 kan vi bevise at cosv1+cosv2 ≤ 2*30.5/3 og når v1=v2= arctan(20.5) holder uligheden.
Faktisk er ligningen ækvivalent med cos2v1+cos2v2+2cosv1cosv2 ≤ 3/4
så 1/(1+tan2v1) + 1/(1+tan2v2) + 2 ((1+tan2v1)*(1+tan2v2))-0.5 ≤ 3/4.
Fra tanv1tanv2=2 får vi, at ovenstående er ækvivalent med
(2+tan2v1+tan2v2 )/(5+tan2v1+tan2v2) +2(5+tan2v1+tan2v2)-0.5 ≤ 3/4.
Lad x := tan2v1+tan2v2, da er ovenstående ækvivalent med
2(5+x)-0.5 ≤ 14+x/(3(5+x)), så 36(5+x) ≤ 196+28x+x2, som er ækvivalent med at
0 ≤ x-8x+16=(x-4)2. Dermed er m = 2*30.5 / 3.
Når n ≥ 3 kan vi uden tab af generalitet antage at v1≥ ... ≥ vn.
Da er tanv1*tanv2*tanv3 ≥ 2*20.5.
Da cosvi=(1-sin2vi)0.5 < 1-0.5sin2vi, så
cosv2+cosv3 < 2-0.5(sin2v2+sin2v3) < 2-sinv2 * sinv3.
Fra tan2v1 ≥ 8/(tan2v2*tan2v3) har vi, at
1/cos2(v1) ≥ (8+tan2v2*tan2v3)/(tan2v2*tan2v3), så
cosv1 ≤ (tanv2*tanv3)/(8+tan2v2*tan2v3)0.5
= sinv2*sinv3 *(8cos2v2*cos2v3 + sin2v2*sin2v3)-0.5.
Da er cosv2+cosv3+cosv1 < 2-sinv2*sinv3 * (1- (8cos2v2*cos2v3 + sin2v2*sin2v3)-0.5 ).
Bemærk at 8cos2v2*cos2v3 + sin2v2*sin2v3 ≥ 1 ⇔ 8+tan2v2tan2v3 ≥ 1/(cos2v2cos2v3)
= (1+tan2v2)(1+tan2v3) ⇔ tan2v2 + tan2v3 ≤ 7.
Når dette holder, får vi
(I) cosv1+cosv2+cosv3 < 2.
Hvis det derimod ikke holder, da er
tan2v2+tan2v3 > 7, da tan2v1 ≥ tan2v2 > 7/2, så
cosv1 ≤ cosv2 < (1+7/2)-0.5 =20.5 / 3.
Da er cosv1 + cosv2 + cosv3 < 1+ (2*20.5 / 3) < 2, så (I) holder også.
Dermed får vi, at
cosv1 + ... + cosvn < n-1.
Hvis v2=v3=...=vn =: v > 0, v→0,
da er
v1 = arctan( 2n/2 / tann-1v ).
Det ses åbenlyst, at v1 → π/2, så
cosv1 + ... + cosvn → n-1.
Dermed er m=n-1.
Tester man min løsning, som jeg testede påstanden i #6, vil man se, at den holder.
Svar #8
12. juli 2014 af peter lind
#7 Det er din løsning, der ikke holder. For n =1 får du m=0, hvilket ikke stemmer. I #6 vokser m med størrelsesorden 1/kvrod(3) < 1 hvis n vokser med 1. I din løsning vokser den med 1 altså hurtigere end løsningen i #6. Det er let at se at løsningen i #6 er en mulig løsning
Svar #9
12. juli 2014 af peter lind
#7 Du skriver at cos(v1)+cos(v2) ≤ 2*30.5/3 er ækvivalent med uligheden cos2(v1)+cos2(v2)+2cos(v1)*cos(v2) ≤ 3/4 men højre side skal være 4/3
Svar #10
13. juli 2014 af Physant (Slettet)
#8 Du har ikke læst mit svar ordentligt. m=n-1 for n ≥ 3.
De to andre tilfælde n=1 og n=2 har hver deres løsning, som jeg også har skrevet.
Påstanden i svar #6 er forkert. Nu kommer jeg med et eksempel, hvor det går galt.
n=10
v=0.001
vsidst=atan((2^(n/2) )/(tan(v)^(n-1)))
cos(v)*(n-1) + cos(vsidst)
# Løsningen er 8.9999
Mit m bliver her 10-1=9.
Men bruger vi påstanden i #6 får vi
[10/(3^0.5)]+1 = 6.
Men 6 er mindre end 8.999. Dermed er påstanden i #6 falsk. Den er med andre ord ikke 'generel' nok, fordi den ikke virker i alle tilfælde.
Jeg håber, at det var begrundelse nok. Ellers er I velkommen til at spørge.
Svar #11
13. juli 2014 af peter lind
I #7 starter du med at lave nogle fejl, så jeg har ikke ulejliget mig med at regne efter.
Så vidt jeg kan se af #10 sætter du n-1 af vinklerne til at være ens v og meget lille. Dernæst vælger du den manglende vinkels så begrænsningen holder. Da cos(v) -> 1 for v ->0 kan du vælge v så cos(v) er lige så tæt på 1 som du ønsker og dermed at deres sum bliver så tæt på n-1 som du ønsker. Dernæst skal du så tilføje cos af den manglende vinke til summenl. tangens af denne vinkel vil blive stor og dermed tæt på ½π og dens cosinus tæt på 0, Så mangler der kun at vise at selvom cosinus bliver lille kan den så ikke blive så stor at summen overstiger n-1
Fejlen i #6 er at
∂f/∂Δvi = -sin(v+Δvi) = -√(2/3) ikke er 0 hvorfor der ikke er ekstremum
Skriv et svar til: En opgave for livet.
Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk?
Klik her for at oprette en bruger.