21 Μαρ 2011

Μη-γραμμικό σύστημα

Ποιες είναι οι λύσεις του συστήματος
$\frac{4x^2}{1+4x^2}=y$
$\frac{4y^2}{1+4y^2}=z$
$\frac{4z^2}{1+4z^2}=x$


11 σχόλια:

  1. Prima vista x=y=z=0. Είναι όμως η μόνη λύση?

    Πάρ' το αλλιώς...

    Ορισμός:
    Μία πραγματική συνάρτηση f(x):[0,R)->[0,R) όπου R>0 (R μπορεί και άπειρο) με ιδιότητες:
    1. x>f(x) για κάθε xε(0,R) και
    2. x=f(x) αν και μόνο αν x=0.
    θα την ονομάζω συνάρτηση McCormick-R.

    Προφανώς, αν η f είναι McCormick-R τότε η εξίσωση f(x)-x=0 έχει μία και μοναδική λύση την x=0.

    Λήμμα:
    Αν η f είναι McCormick-R τότε και η k-οστή της σύνθεση g(x)=f^{(k)}(x)=f(f(f(...(f(x))))...) "k φορές εφαρμοφή της f" είναι
    επίσης συνάρτηση McCormick-R.
    Απόδειξη: Με επαγωγή ... Ευχαριστώ.

    Πρόταση:
    Η συνάρτηση f(x)=(4x^2)/(1+4x^2) με πεδίο ορισμού [0,R=1) είναι συνάρτηση McCormick-1.
    Απόδειξη: Εεε, τώρα παιδιά είμαστε?

    Πίσω στο πρόβλημά μας:
    Από την πρώτη εξίσωση του συστήματος έχουμε 0<=y<1. Και προχωρώ γράφοντας το σύστημα ως μία εξίσωση
    z=f(y)=f(f(x))=f(f(f(z)))=f^{(3)}(z) η οποία έχει μοναδική λύση z=0, με βάση την παραπάνω πρόταση, το λήμμα και τον ορισμό.


    Είναι νομίζω φανερό ότι το παρόν ισχύει για οποιοδήποτε σύστημα εξισώσεων που παρουσιάζει
    τη συμμετρία της εκφώνησης και που το πλήθος των εξισώσεων τους είναι αυθαίρετο. Αρκεί βέβαια η συνάρτηση που εμφανίζεται να είναι κάποια McCormick.

    Πχ. Η απάντηση είναι ακριβώς η ίδια και για το σύστημα

    π*abs(sin(y))=x
    π*abs(sin(x))=z
    π*abs(sin(z))=w
    π*abs(sin(w))=q
    π*abs(sin(q))=y

    Στο παράδειγμα αυτό έχουμε την f(x)=π*abs(sin(x)) που είναι McCormick-π. Αφού σας αρέσει το π.

    Σημείωση: Το όνομα McCormick υπάρχει!! Δεν έχει όμως από όσο ξέρω καμία σχέση με το πρόβλημα ή τα μαθηματικά . Το γιατί ονόμασα τη συνάρτηση McCormick είναι μια πολύ ενδιαφέρουσα ιστορία
    για μένα, αλλά μάλλον όχι για κάποιον άλλο.

    Συγχαρητήρια για την εκφώνηση

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. JR, φοβάμαι ότι υπάρχει κάποιο σφάλμα στη λύση σου.

    Κατ΄αρχάς πολύ σωστά παρατήρησες ότι από την πρώτη εξίσωση, έχουμε 0 ≤ y < 1 (και από τις άλλες δύο έχουμε για τον ίδιο λόγο 0 ≤ x,z < 1. Άρα αναζητούμε λύσεις στο D = (0,1)×(0,1)×(0,1) = (0,1)³

    Στον ορισμό της McCormick-R θεωρώ ότι εννοείς ότι το [0,R) είναι (εκτός από πεδίο ορισμού) το πεδίο τιμών και όχι άφιξης, αλλιώς δεν ισχύει το λήμμα.
    Όμως τότε η $f(x)=\frac{4x^2}{1+4x^2}$ δεν είναι McCormick-1 διότι το πεδίο τιμών είναι το (0, 0.8) και όχι το (0,1).

    Ίσως σε βοηθήσει το εξής:
    Η f είναι McCormick-½. Συνεπώς δεν υπάρχουν λύσεις στο (0,½)³. Τι γίνεται όμως για το υπόλοιπο του D;

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. csar, μάλλον πρέπει να ανακαλέσεις.

    Στον ορισμό θεωρώ ότι το [0,1) είναι πεδίο άφιξης.

    Ποιο το πρόβλημα στο λήμμα?
    Μήπως δεν πρόσεξες την ιδιότητα 1. του ορισμού?

    Αν x>0
    x>f(x)>f(f(x))>....>f^{(k)}(x)
    Άρα x>f^{(k}}

    Αν και μόνο αν x=0
    0=f(0)=f(f(0))=....=f^{(k)}(0)
    Άρα x=f(x) μόνο αν x=0.

    Άρα f^{(k)}(x) McCormick.

    Δεν υπάρχει λόγος να μιλάμε για αναζήτηση λύσης στον k-διάστατο χώρο. Με την προτεινόμενη προσέγγιση παραμένω στον αρχικό πεδίο [0,R) οι k εξισώσεις γίνονται μία (σύνθετη μεν). Βρίσκω τη λύση της που είναι ρίζα και για όλες τις k.

    Συμφωνείς ή όχι?

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  4. Στη δευτερολογία μου στη δεύτερη σειρά

    όπου [0,1) να γίνει [0,R)

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  5. οΤο πρόβλημά μου στο λήμμα είναι το εξής:

    Ας πούμε ότι η f είναι McCormick-R1. Εφόσον το πεδίο ορισμού της f είναι το [0,R1) και το πεδίο τιμών της είναι το [0,R2) με R2 < R1, τότε η $f^{(2)}$ έχει ως πεδίο ορισμού το [0,R2) άρα δεν είναι McCormick-R1 αλλά McCormick-R2.

    Αν εφαρμόσεις τη σύνθεση k φορές, τότε η $f^{(k)}$ θα έχει πεδίο ορισμού το
    [0,R1)∩[0,R2)∩…∩[0,Rk)
    ή αν θέλεις το [0,R), όπου R = min{R1,R2,…,Rk}. Δηλαδή η $f^{(k)}$ είναι McCormick-R και όχι McCormick-R1.

    Έτσι, όταν λες για x > 0: $x>f(x)>f(f(x))>...>f^{(k)}(x)$
    αυτό ισχύει μεν αλλά στο σύνολο [0,R) και όχι στο σύνολο [0,R1). Μάλιστα επειδή το [0,R) ⊂ [0,R1) είναι πιθανό (και πράγματι έτσι συμβαίνει) να χάνονται λύσεις.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  6. Νομίζω ότι κάνεις λάθος όταν λες ότι το πεδίο ορισμού της $f^{(k)}$ είναι η τομή των συνόλων.
    Το πεδίο ορισμού της $f^{(k)}(x)$ είναι το σύνολο των τιμών που επιτρέπεται ή επιτρέπουμε να πάρει το $x$ και όχι το σύνολο των τιμών που δύναται να λάβει η $f^{(k-1)}(x)$ ως όρισμα της τελευταίας εφαρμογής της $f$.

    Στο πρόβλημά μας η $f(x)=\frac{4^2}{1+4x^2}$ έχει πεδίο ορισμού το [0,1) γιατί έτσι θέλω και πεδίο άφιξης όποιο σύνολο επιθυμώ αρκεί να είναι υπερσύνολο του πεδίου τιμών [0,4/5). Τώρα η $f^2(x)$ από που προκύπτει ότι έχει πεδίο ορισμού το [0,4/5)?



    Δεν μπορώ να καταλάβω τι εννοείς όταν λές "χάνονται λύσεις". Το ότι η $f$ είναι McCormick συνεπάγεται ότι η $f(x)=x$ έχει μία και μοναδική λύση την $x=0$.

    Πιστεύω ότι τώρα θα ανακαλέσεις, εκτός αν δώσεις αντιπαράδειγμα, πράγμα για το οποίο αμφιβάλλω...

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  7. Μία λύση που χάνεται είναι η x = y = z = ½

    Το ερώτημα είναι αν αυτή είναι η μοναδική.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  8. csar έχει απόλυτο δίκιο για τις λύσεις του προβλήματος που έθεσες.
    Όμως ο ορισμός της McCormick είναι ok.
    Tο δε λήμμα είναι απολύτως σωστό.

    Το λάθος που έκανα ήταν ότι θεώρησα πως η $f(x)=\frac{4x^2}{1+4x^2}$ είναι McCormick-1 πράγμα που δεν ισχύει. Εκεί έπρεπε να εστιάσεις την κριτική σου και όχι στο πεδίο ορισμού.
    Ουσιαστικά πλήρωσα τη εμμονή μου στον ορισμό και το λήμμα με την αβλεψία μου στον έλεγχο της συγκεκριμένης $f$. Δικό μου λάθος.

    Θα ήθελα όμως να εξηγήσω το πως έγινε το λάθος αυτό.
    Έγιναν τα παρακάτω βήματα.
    1. Διάβασα την εκφώνιση και παρατήρησα ότι
    $x,y,z$<1$ καθώς και τη συμμετρία του προβλήματος$.
    2. Στη συνέχεια ανέβηκα σε ένα τρακτερ μάρκας McCormick για όλη τη διάρκεια της μέρας.
    3. Χωρίς μολύβι και χαρτί και μόνο με τη σκέψη προσπάθησα να λύσω το πρόβλημα.
    4. Δεν θυμώμουν ακριβώς τη συνάρτηση $f(x)$. Nόμισα ότι ήταν η $f'(x)=\frac{x^2}{1+x^2}$.
    5. Για την $f(x)$ με $0< x<1$ ισχύουν: $x>x^2>\frac{x^2}{1+x^2}$ και για $x=0$ $f'(0}=0=x$.
    6. Τότε γενίκευσα το πρόβλημα για οποιαδήπορε συνάρτηση που ικανοποιεί τις ιδιότητες της $f'{x)$. Όρισα τις συναρτήσεις McCormick και απέδειξα το λήμμα. Ήμουν πραγματικά ενθουσιασμένος γιατί όπως είπα όλα έγιναν στο μυαλό.
    7. Γυρίζω το βράδυ στο σπίτι και ανεβάζω τη λύση όπου μεσα στον ενθουσιασμό μου δεν έλεγξω αν πράγματι η συνάρτηση της εκφώνησης $f(x)$ είναι πράγματι McCormick με αποτέλεσμα την λανθασμένη εφαρμογή όσων είχα βρεί.

    Τελικά η $f(x)$ δεν είναι McCormick όπως πράγματι έδειξε η λύση 1/2 που ανέφερες. Με έφαγε το τεσσαράκι.
    Δεν ισχύει $x>4x^2$

    Ανακαλώ τη λύση στο πρόβλημα της εκφώνησης όμως διατηρώ όλα τα προηγούμενα.

    Σε ευχαριστώ για το όμορφο παιχνίδι.

    JR
    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  9. Υπάρχει πρόβλημα με την εμφάνιση του προηγούμενου σχολίου μου και το ξανα γράφω
    csar έχει απόλυτο δίκιο για τις λύσεις του προβλήματος που έθεσες.
    Όμως ο ορισμός της McCormick είναι ok.
    Tο δε λήμμα είναι απολύτως σωστό.

    Το λάθος που έκανα ήταν ότι θεώρησα πως η $f(x)=\frac{4x^2}{1+4x^2}$ είναι McCormick-1 πράγμα που δεν ισχύει. Εκεί έπρεπε να εστιάσεις την κριτική σου και όχι στο πεδίο ορισμού.
    Ουσιαστικά πλήρωσα τη εμμονή μου στον ορισμό και το λήμμα με την αβλεψία μου στον έλεγχο της συγκεκριμένης $f$. Δικό μου λάθος.

    Θα ήθελα όμως να εξηγήσω το πως έγινε το λάθος αυτό.
    Έγιναν τα παρακάτω βήματα.
    1. Διάβασα την εκφώνιση και παρατήρησα ότι
    $x,y,z$<1$ καθώς και τη συμμετρία του προβλήματος$.
    2. Στη συνέχεια ανέβηκα σε ένα τρακτερ μάρκας McCormick για όλη τη διάρκεια της μέρας.
    3. Χωρίς μολύβι και χαρτί και μόνο με τη σκέψη προσπάθησα να λύσω το πρόβλημα.
    4. Δεν θυμώμουν ακριβώς τη συνάρτηση $f(x)$. Nόμισα ότι ήταν η $g(x)=\frac{x^2}{1+x^2}$.
    5. Για την $g(x)$ με $0< x<1$ ισχύουν: $x>x^2>\frac{x^2}{1+x^2}$ και για $x=0$ $g(0}=0=x$.
    6. Τότε γενίκευσα το πρόβλημα για οποιαδήπορε συνάρτηση που ικανοποιεί τις ιδιότητες της $g{x)$. Όρισα τις συναρτήσεις McCormick και απέδειξα το λήμμα. Ήμουν πραγματικά ενθουσιασμένος γιατί όπως είπα όλα έγιναν στο μυαλό.
    7. Γυρίζω το βράδυ στο σπίτι και ανεβάζω τη λύση όπου μεσα στον ενθουσιασμό μου δεν έλεγξω αν πράγματι η συνάρτηση της εκφώνησης $f(x)$ είναι πράγματι McCormick με αποτέλεσμα την λανθασμένη εφαρμογή όσων είχα βρεί.

    Τελικά η $f(x)$ δεν είναι McCormick όπως πράγματι έδειξε η λύση 1/2 που ανέφερες. Με έφαγε το τεσσαράκι.
    Δεν ισχύει $x>4x^2$

    Ανακαλώ τη λύση στο πρόβλημα της εκφώνησης όμως διατηρώ όλα τα προηγούμενα.

    Σε ευχαριστώ για το όμορφο παιχνίδι.

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  10. Τι θα γίνει με την προεπισκόπηση? Όλο λάθη κάνω.

    Επανέρχομαι με τη λύση του πραγματικού προβλήματος.

    Η συνάρτηση που εμφανίζεται στο πρόβλημα είναι η
    $f(x)=\cfrac{4x^2}{1+4x^2}$ η οποία αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι γνησίως αύξουσα για $x\geq 0$

    Το πρόβλημά μας γράφεται
    $y=f(x)$
    $z=f(y)$
    $x=f(z)$

    Θα αποδείξουμε ότι η λύση του συστήματος απαιτεί $x=y=z$.

    Τποθέτω ότι τουλάχιστον $x\neq y$ και έστω $x<y$.
    Τότε $f(x)<f(y)\Rightarrow y<z \Rightarrow f(y)<f(z) \Rightarrow z<x \Rightarrow y<z<x$.
    Άτοπο.
    Άρα $x=y=z$.

    Το μόνο που απομένει έναι να λυθεί η $f(x)=\frac{4x^2}{1+4x^2}=x$ που δίνει μονή ρίζα $x=0$ και διπλή $x=1/2$.Οπότε η τελική λύση στο πρόβλημα είναι$x=y=z=0$ και $x=y=z=1/2$.

    Τι άσχημη επίλυση! Δεν χρειάστηκε πουθενά τη συνάρτηση McCormick... Σνιφ

    JR

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  11. Αντίθετα η λύση είναι πολύ κομψή. Ακόμα και χωρίς McCormick

    ΑπάντησηΔιαγραφή