Puede una función se muestra positivo sin derivados?

Question

En un finlandés de matrícula de examen fue el siguiente problema

Deje $a_1,a_2,\ldots,a_n$ ser reales. Para qué valor del parámetro $x$ se debe dar si se quiere minimizar el valor de la suma de $(x-a_1)^2+\cdots + (x-a_n)^2$. Esto se puede calcular fácilmente a través de derivados, pero hay una alternativa de una prueba que no utiliza el cálculo?

Answer 1

Sí, se puede hacer sin cálculo. Acaba de ampliar y escribir como un cuadrado como este: $$\sum_{k=1}^n(x-a_k)^2\!=\!nx^2-2x\sum_{k=1}^na_k+\sum_{k=1}^na_k^2\!=\!n\left(x^2-\frac2n\sum_{k=1}^na_k+C\right)\!=\!n\left(x-\frac1n\sum_{k=1}^na_k\right)^2+D$$ donde $C$ $D$ son constantes. Usted puede ver el mínimo es de $\displaystyle\frac{a_1+\ldots+a_n}n$.

Answer 2

sólo simplificar como una normal de la ecuación de segundo grado?

$$ (x-a_1)^2+\cdots + (x-a_n)^2 = nx^2-(2\sum_{i=1}^{n}a_i)x+\sum_{i=1}^{n}a_i^2 $$

al $x=\sum_{i=1}^{n}a_i/n$ alcanza un mínimo.

Answer 3

Usted puede hacerlo geométricamente. Considerar el punto de $p=(a_1,\dots,a_n)\in\mathbb R^n$ (set $n=3$ para la facilidad de la imaginación).

Entonces, usando el teorema de Pitágoras, se ve que lo que quiere es encontrar el punto de $(x,x,x,\dots,x)$ que minimiza la distancia formulario de $p$. Esto se hace fácilmente mediante la proyección de $p$ sobre la línea de $L=\{x_1=x_2=\dots=x_n\}$. Lo cual se logra mediante la intersección de $L$ con su ortogonal a través de $p$.

El ortogonal a $L$ es claramente $\sum x_i=0$ y el ortogonal a $L$ pasando a través de $P$ es el hyperplane $\pi=\{\sum x_i=\sum a_i\}$.

Por lo $\pi\cap L$$(x,\dots,x)$$nx=\sum a_i$.

Answer 4

Mediante proyección ortogonal de vectores de álgebra. La esencia de esta prueba es que se desea minimizar la distancia Euclidiana entre los vectores $\bar x = (x, ..., x) \in R_n$$\bar a = (a_1, ..., a_n) \in R_n$.

Premisa 1 (cesión)

Ha $f: x \in R \longrightarrow \sum_{\{a_k\}} (a_k - x)^2 \in R$ y quieres encontrar $x$ tal que $f(x)$ o $\sqrt{f(x)}$ es mínima (equivalente a causa de la raíz cuadrada es monótona y $f(x) >= 0 \space \forall x$)

Es trivial demostrar que $\sqrt{f(x)} = \lVert (a_1, ..., a_n) - (x, ..., x)\rVert_2$ donde $\lVert \cdot \rVert_2$ es la norma Euclídea. (Es la intención de que ambos vectores tienen $n$ componentes.) Podemos simplemente escribir $\lVert \bar a - \bar x \rVert$y tenga en cuenta que $\bar x = (x, ..., x)$ es en el espacio vectorial $\{(r, ..., r)| r \in R\} = \langle \space \{ \space (1, ..., 1) \space \} \space \rangle \subset R^n$

Premisa 2 (lema)

Uno puede demostrar que, si $V$ es un espacio vectorial y $W = \langle \{w_1, ..., w_m\} \rangle $ es un subespacio, y $\lVert \cdot \rVert$ es una norma en $V$,, $\forall v \in V, w \in W,$

$\lVert v - w \rVert $ es mínimo (que es: $\lVert v - w \rVert <= \lVert v - w'\rVert \space \forall w' \in W$) si y sólo si $w = \sum_{\{w_k\}} \frac{(v \vert w_k)}{\lVert w_k\rVert^2}w_k$

$w$ luego se llama proyección ortogonal de a $v$.

Solución

Usando el lema, $\lVert \bar a - \bar x\rVert$ es mínimo si y sólo si $\bar x = \sum_{\{w_k\}}\frac{(\bar a \vert w_k)}{\lVert w_k \rVert_2^2}w_k = \frac{(\bar a \vert (1, ..., 1))}{\lVert (1, ..., 1) \rVert_2^2}(1, ..., 1) = \frac{\sum_{\{a_k\}}a_k}{n}(1, ..., 1)$

o, equivalentemente, $x = \frac{\sum_{\{a_k\}}a_k}{n}$.