Изменения
→Индикатор Гиперобъема
|id=definition4
|about=4
|definition=Индикатор называется эластичным по Парето(Pareto-compliant), если для любых двух множеств решения решений <tex>A</tex> и <tex>B</tex> значение индикатора для <tex>A</tex> больше значения индикатора для <tex>B</tex> тогда и только тогда, когда <tex>A</tex> [[Задача_многокритериальной_оптимизации._Multiobjectivization#section=3|доминирует]] <tex>B</tex>.
}}
|id=definition5
|about=5
|definition=Пусть дано множество решения решений <tex>\mathrm{X \in \mathbb{R}^d}</tex>. Пусть также множество всех решений усечено некоторой точкой <tex>\mathrm{r = \left(r_1, r_2, \ldots, r_d \right)}</tex>. Тогда:
<tex>\mathrm{HYP\left(X\right)=VOL\left( \bigcup\limits_{\left(x_1, x_2, \ldots, x_d \right) \in X} \left[ r_1, x_1\right] \times \left[ r_2, x_2\right] \times \cdots \times \left[ r_d, x_d\right] \right)}</tex>, где через <tex>VOL(X)</tex> обозначена мера множества <tex>X</tex> [[Мера_Лебега_в_R%5En|по Лебегу]].
}}
Пример:
Пусть <tex>\mathrm{r = \left(r_1\right)}</tex> и <tex>d=1</tex>. Тогда , тогда <tex>HYP(X) = \prod \limits_{x_i \in X} (x_i-r_1)</tex>.
{{Утверждение
|id=statement4
|about=4
|statement=Пусть <tex>f \in \mathbb{F}, n \in \mathbb{N}</tex>.Тогда , тогда существует, не обязательно единственное, множество решений <tex>X \in \mathbb{X}</tex>, которое максимизирует значение <tex>HYP(X)</tex> на <tex>\mathbb{X}</tex>.
|proof=
<tex>= \sum\limits_{i = 1}^{n} (x_i-x_{i-1})(\lim\limits_{i \rightarrow \infty} f(x_i^j) - r) = \sum\limits_{i = 1}^{n} (x_i-x_{i-1})(f(x_i) - r) = HYP(X)</tex>
Получается, что <tex>HYP(X)</tex> - верхняя полунепрерывная, следовательно , экстремум <tex>HYP</tex> достигается на компакте.
}}
|id=definition6
|about=6
|definition=Пусть <tex>f \in \mathbb{F}, n \geq 3</tex> и <tex>X = \{x_1, \ldots, x_n\} \in \mathbb{X}</tex>. Наименьшим вкладом этого множества называется:<tex>MinCon(X)= \min \limits_{2 \leq i \leq n-1} (x_i-x_{i-1})(f(x_i)- f(x_{i-1}))</tex>
}}
|id=statement5
|about=5
|statement=Пусть <tex>f \in \mathbb{F}, n \geq 3</tex> и <tex>X = \{x_1, \ldots, x_n\} \in \mathbb{X}</tex>. Тогда:, тогда
<tex>MinCon(X) \leq \frac{(x_n-x_1)(f(x_1)-f(x_n))}{(n-2)^2}</tex>
|proof=
Тогда <tex>MinCon(X) \leq \frac{x_n-x_1}{\sum \limits_{i=2}^{n-1}1/b_i}</tex>.
Cреднее гармоническое меньше среднего арифметического, тогда:поэтому
<tex>MinCon(X) \leq \frac{x_n-x_1}{\sum \limits_{i=2}^{n-1}1/b_i} \leq \frac{(x_n-x_1)\sum \limits_{i=2}^{n-1}b_i}{(n-2)^2} \leq \frac{(x_n-x_1)(f(x_1)-f(x_n))}{(n-2)^2}</tex>
}}
{{Теорема
|statement=Пусть <tex>f \in \mathbb{F}, n > 4</tex> и <tex>X = \{ x_1, \ldots, x_n \} \in \mathbb{X}</tex>. Тогда:<tex>\alpha = 1 + \frac{\sqrt{A/a} + \sqrt{B/b}}{n-4}</tex>.
|proof=
Допустим, что существует <tex>x</tex>, который не аппроксимируется <tex>\alpha = 1 + \frac{\sqrt{A/a} + \sqrt{B/b}}{n-4}</tex>.
Известно, что <tex>MinCon(X) \geq (x-x_i)(f(x)-f(x_{i+1}))</tex>.
После подстановки получим:<tex>MinCon(X) > (\alpha - 1)^2 x_i f(x_{i+1})</tex> (1).
Применив [[#statement5|утверждение(5)]], получим:
<tex>\forall i \in [1, n-3]</tex> <tex>MinCon(X) \leq (x_n-x_{i+1})(f(x_{i+1})-f(x_n))/(n-i-2)^2 \leq A f(x_{i+1})/(n-i-2)^2</tex> (3)
Таким образом , <tex>(\alpha - 1)^2 x_i f(x_{i+1}) < \min \{\frac{x_iB}{(i-2)^2} ,\frac{A f(x_{i+1})}{(n-i-2)^2}\} \Leftrightarrow</tex> <tex>\alpha < 1 + \min \{\frac{\sqrt{x_iB}}{i-2} ,\frac{\sqrt{A f(x_{i+1})}}{n-i-2}\}</tex>.
Т.к. <tex>\frac{\sqrt{x_iB}}{i-2}</tex> монотонно убывает, а <tex>\frac{\sqrt{A f(x_{i+1})}}{n-i-2}\}</tex> монотонно возрастает, то максимальное значение <tex>\min \{\frac{\sqrt{x_iB}}{i-2} ,\frac{\sqrt{A f(x_{i+1})}}{n-i-2}\}</tex> достигается при равенстве обоих членов:
<tex>\frac{\sqrt{x_iB}}{i-2} = \frac{\sqrt{A f(x_{i+1})}}{n-i-2}\} \Leftrightarrow i = 2 + \frac{(n-4)\sqrt{B/b}}{\sqrt{A/a} + \sqrt{B/b}}</tex>.
Получим верхнюю оценку для <tex>\alpha</tex>: <tex>\alpha < 1 + \frac{\sqrt{A/a} + \sqrt{B/b}}{n-4}</tex>.
Вышесказанное верно для <tex>3 \leq i \leq n-3</tex>.
Для <tex>i = 1, 2</tex> из (1) и (3) получим: следует, что <tex>\alpha < 1 + \frac{\sqrt{A/a}}{n-i-2} \leq 1 + \frac{\sqrt{A/a}}{n-4}</tex>,
что невозможно по условию теоремы.
Для <tex>i = n-2, n-2</tex> из по (1) и (2) получим: <tex>\alpha < 1 + \frac{ \sqrt{B/b} } {i-2} \leq 1 + \frac {\sqrt {B/b} } {n-4}</tex>,
что тоже невозможно по условию теоремы.
