Los valores extremos de ${x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz}$ con sujeción a ${ax + by + cz =1}$ utilizando los multiplicadores de Lagrange

Question

Si ${ax + by + cz =1}$ y luego demostrar que en general ${x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz}$ tiene dos valores estacionarios ${0}$ y $\frac{1}{(a^3+b^3+c^3-3abc)}$ de los cuales el primero es el máximo o el mínimo según ${a+b+c>0}$ o ${< 0}$ pero el segundo no es un valor extremo. Comente los casos particulares en los que (i) ${a+b+c=0}$ (ii) ${a=b=c}$ .

Mi intento:

$${F=f+\lambda \phi =x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz + 3\lambda(ax + by + cz-1)}$$ $${\frac13F_x = x^2-yz+\lambda a = 0}{\text{ ...(1)}}$$ $${\frac13F_y = y^2-xz+\lambda b = 0}{\text{ ...(2)}}$$ $${\frac13F_z = z^2-xy+\lambda c = 0{\text{ ...(3)}}}$$ $${(1)x+(2)y+(3)z \implies f+\lambda (1) = 0 \implies \lambda = -f}$$

$${(1)+(2)+(3) \implies}{x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=(a+b+c)f}$$

$${\implies f/(x+y+z)=(a+b+c)f}\,,$$ entonces ${f=0}$ o ${x+y+z=1/(a+b+c)}$ .

También, ${(1)-(2) \implies x^2-y^2-z(x-y)=f(a-b) \implies \frac{x-y}{a-b}=f\frac{a+b+c}{x+y+z}}$

Asimismo, ${(2)-(3)}$ y ${(3)-(1)}$ , entonces obtenemos ${\frac{x-y}{a-b}=\frac{y-z}{b-c}=\frac{z-x}{c-a}=f\frac{a+b+c}{x+y+z}}$

No sé cómo seguir adelante. No he podido conseguir el otro valor estacionario de ${f}$ . Necesito ayuda para seguir calculando los puntos estacionarios y/o los valores estacionarios, si es que mi método es correcto.

Answer 1

Aquí encontraré todos los puntos críticos sin verificar qué tipo de puntos críticos son (que parece ser tu pregunta). Mis anotaciones son similares a las tuyas, pero un poco diferentes, así que trabajaré desde cero pero mi respuesta toma prestadas muchas de tus ideas (gran intento, por cierto). Sin embargo, no espero que ningún punto de optimización sea global. Por lo tanto, ten cuidado y no asumas que cualquier punto de optimización dará lugar a un óptimo global.

Para $X,Y,Z\in\mathbb{R}$ , dejemos que $$\begin{align}F(X,Y,Z)&:=X^3+Y^3+Z^3-3XYZ\\&=(X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-YZ-ZX-XY)\end{align}$$ y $$G(X,Y,Z):=aX+bY+cZ-1\,,$$ donde $a$ , $b$ y $c$ son números reales fijos. La tarea es la siguiente: $$\begin{array}{ll}\text{optimize}&F(X,Y,Z) \\\text{subject to} & X,Y,Z\in\mathbb{R}\\&G(X,Y,Z)=0\,.\end{array}$$

Establecemos el Lagrangiano $\mathcal{L}(X,Y,Z,\Lambda)$ para $X,Y,Z,\Lambda\in\mathbb{R}$ por $$\mathcal{L}(X,Y,Z,\Lambda):=F(X,Y,Z)-3\,\Lambda\,G(X,Y,Z)\,.$$ Si $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ es tal que $(X,Y,Z):=(x,y,z)$ es una solución a este problema de optimización, entonces existe $\lambda\in\mathbb{R}$ para lo cual $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial V}(x,y,z,\lambda)=0$$ para todas las variables $V\in\{X,Y,Z,\Lambda\}$ . Es decir, tenemos las siguientes ecuaciones: $$x^2-yz=\lambda\,a\,,\tag{1}$$ $$y^2-zx=\lambda\,b\,,\tag{2}$$ $$z^2-xy=\lambda\,c\,,\tag{3}$$ y $$ax+by+cz=1\,.\tag{4}$$

Dejamos que $f:=F(x,y,z)$ . Añadiendo $x$ veces (1), $y$ veces (2), y $z$ por (3) se obtiene $$\begin{align}f&=x(x^2-yz)+y(y^2-zx)+z(z^2-xy)=x(\lambda\,a)+y(\lambda\,b)+z(\lambda\,c)\\&=\lambda\,(ax+by+cz)=\lambda\cdot 1=\lambda\,,\end{align}$$ debido a (4). Sumando (1), (2) y (3), obtenemos $$\begin{align} f&=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-yz-zx-xy) \\&=(x+y+z)\big((x^2-yz)+(y^2-zx)+(z^2-xy)\big) \\&=(x+y+z)\big(\lambda\,a+\lambda\,b+\lambda\,c)=(x+y+z)(a+b+c)\lambda\\&=(x+y+z)(a+b+c)f\,. \end{align}$$ Esto significa que $(x+y+z)(a+b+c)=1$ o $f=0$ .

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Caso I : $a+b+c=0$ . Entonces, $f=0$ debe mantenerse (de ahí que $\lambda=f=0$ ). Sumando (1), (2) y (3) obtenemos $$\frac{(y-z)^2+(z-x)^2+(x-y)^2}{2}=(x^2-yz)+(y^2-zx)+(z^2-xy)=0\,.$$ Así, $x=y=z$ debe ser el caso. Ergo, $$1=ax+by+cz=ax+bx+cx=(a+b+c)x=0\,,$$ que es una contradicción. En consecuencia, no existe un punto crítico cuando $a+b+c=0$ .

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Caso II : $a+b+c\neq 0$ pero $f=0$ . Sumando (1), (2) y (3), concluimos, como en el caso I, que $x=y=z$ . Ergo, $$1=ax+by+cz=ax+bx+cx=(a+b+c)x\text{ implies }x=y=z=\frac{1}{a+b+c}\,.$$ Esto da como resultado $$(f,x,y,z)=\left(0,\frac1{a+b+c},\frac1{a+b+c},\frac1{a+b+c}\right)\,.\tag{5}$$ Veremos más adelante que, cuando $a=b=c$ entonces este es el único caso que produce un punto crítico.

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Caso III : $a+b+c\neq 0$ y $f\neq 0$ . Entonces, debemos tener $x+y+z=\dfrac1{a+b+c}$ . Restando (2) de (1) obtenemos $(x-y)(x+y+z)=\lambda(a-b)=f(a-b)$ para que $$x-y=(a+b+c)f(a-b)\,.$$ De la misma manera, $$y-z=(a+b+c)f(b-c)$$ y $$z-x=(a+b+c)f(c-a)\,.$$ Set $k:=(a+b+c)fa-x$ . Entonces, obtenemos $$x=(a+b+c)fa-k\,,\,\,y=(a+b+c)fb-k\,,\text{ and }z=(a+b+c)fc-k\,.$$ Como $x+y+z=\dfrac1{a+b+c}$ obtenemos $$(a+b+c)^2f-3k=\frac{1}{a+b+c}\,.$$ Porque $ax+by+cz=1$ Debemos tener $$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)f-(a+b+c)k=1\,.$$ Esto demuestra que $$\begin{align}&(a^3+b^3+c^3-3abc)f\\&\phantom{aaa}=\frac{3\big((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)f-(a+b+c)k\big)-(a+b+c)\big((a+b+c)^2f-3k\big)}{2}\\&\phantom{aaa}=\frac{3\cdot 1-(a+b+c)\cdot\left(\frac{1}{a+b+c}\right)}{2}=1\,.\end{align}$$ En consecuencia, $a^3+b^3+c^3-3abc\neq 0$ , lo que implica que $a$ , $b$ y $c$ no son todos iguales, por lo que $$f=\frac{1}{a^3+b^3+c^3-3abc}\,,\text{ which leads to }k=\frac{bc+ca+ab}{a^3+b^3+c^3-3abc}\,.$$ De ahí, $$\begin{align}(f,x,y,z)&=\Biggl(\frac{1}{a^3+b^3+c^3-3abc},\frac{a^2-bc}{a^3+b^3+c^3-3abc}\\&\phantom{aaaaa},\frac{b^2-ca}{a^3+b^3+c^3-3abc},\frac{c^2-ab}{a^3+b^3+c^3-3abc}\Biggr)\,.\end{align}\tag{6}$$

Answer 2

Esto es una prueba de si un punto crítico encontrado en mi otra respuesta es un local o global mínimo, un local o global máximo, o ninguno. Tengo que escribir una separada de respuestas, porque MathJax está siendo un dolor cuando escribo una respuesta larga. Me refiero a las notaciones en mi otra respuesta, y esta respuesta está basada en aquí.

Para $X,Y,Z,\Lambda\in\mathbb{R}$, vamos $$\mathcal{H}(X,Y,Z,\Lambda):=\begin{bmatrix}\frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial \Lambda^2}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial\Lambda\,\partial X}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial\Lambda\,\partial Y}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial\Lambda\,\partial Z}(X,Y,Z,\Lambda)\\ \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial X\,\partial \Lambda}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial X^2}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial X\,\partial Y}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial X\,\partial Z}(X,Y,Z,\Lambda) \\ \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Y\,\partial \Lambda}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Y\,\partial X}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Y^2}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Y\,\partial Z}(X,Y,Z,\Lambda) \\ \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Z\,\partial \Lambda}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Z\,\partial X}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Z\,\partial Y}(X,Y,Z,\Lambda) & \frac{\partial^2\mathcal{L}}{\partial Z^2}(X,Y,Z,\Lambda) \end{bmatrix}\,,$$ que es el bordeado de Hess de la matriz de la Lagrangiana $\mathcal{L}(X,Y,Z,\Lambda)$. Es decir, $$\mathcal{H}(X,Y,Z,\Lambda)=3\,\begin{bmatrix} 0 & -a & -b & -c \\ -a & 2X & -Z & -Y \\ -b & -Z & 2Y & -X \\ -c & -Y & -X & 2Z \end{bmatrix}\,,$$ para todos los $X,Y,Z,\Lambda\in\mathbb{R}$. Escribiremos $H:=\mathcal{H}(x,y,z,\lambda)=\mathcal{H}(x,y,z,f)$. Recordemos que $a+b+c\neq 0$ para $(f,x,y,z)$ a existir. Para un $n$a$n$ matriz $X$ e $m\in\{1,2,\ldots,n\}$, escribir $X_m$ para el director menores de $X$ cual es el $m$a$m$ matriz que consta de la truncada primera $m$ filas y $m$ columnas de $X$.

En el caso de $(f,x,y,z)$ está dada por (5) en mi anterior respuesta, entonces $$H=\frac{3}{a+b+c}\,\begin{bmatrix} 0 & -a(a+b+c) & -b(a+b+c) & -c(a+b+c)\\ -a(a+b+c) & 2 & -1 & -1 \\ -b(a+b+c) & -1 & 2 & -1 \\ -c(a+b+c) & -1 & -1 &2 \end{bmatrix}\,.$$ A continuación, $$\det(H_3)=-\dfrac{54(a^2+ab+b^2)}{a+b+c}\text{ and }\det(H_4)=\det(H)=-243\,.$$ Without loss of generality, we may permute $un$, $b$, and $c$ so that $a\neq 0$. On one hand, if $a+b+c>0$, then $\det(H_3)$ and $\det(H_4)$ are both negative, so $f$ is a local minimum value corresponding to locally minimizing point $(x,y,z)$. On the other hand, if $a+b+c<0$, then $\det(H_3)>0$ and $\det(H_4)<0$, so $f$ is a local maximum value corresponding to the locally maximizing point $(x,y,z)$.

En el caso de que $(f,x,y,z)$ está dada por (6) en mi respuesta anterior (donde $a$, $b$, e $c$ no son todos iguales), obtenemos $$H=\frac{3}{s}\,\begin{bmatrix} 0 & -sa & -sb & -sc \\ -sa & 2(a^2-bc) & -(c^2-ab) & -(b^2-ca) \\ -sb & -(c^2-ab) & 2(b^2-ca) & -(a^2-bc) \\ -sc & -(b^2-ca) & -(a^2-bc) & 2(c^2-ab) \end{bmatrix}\,,$$ donde $s:=a^3+b^3+c^3-3abc$. A continuación, $$\det(H_3)=-\dfrac{54(a^2-bc)(b^2-ca)}{s}\text{ and }\det(H_4)=\det(H)=81>0\,.$$ Hence, $f$ is not a local optimum value, as $(x,y,z)$ es un punto de silla.

Tenga en cuenta que $f$ nunca es un óptimo global si $a$, $b$, e $c$ no son todos iguales. Esto es debido a que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $a+b\neq 2c$ y así, para cualquier $t\in\mathbb{R}$existe $(u_t,v_t,w_t)\in\mathbb{R}^3$ tal que $au_t+bv_t+cw_t=1$, $u_t+v_t+w_t=t$, e $u_t-v_t=t$. Por lo tanto, $$F(u_t,v_t,w_t)=(u_t+v_t+w_t)\left(\frac{(v_t-w_t)^2+(w_t-u_t)^2+(u_t-v_t)^2}{2}\right)$$ implica que $$F(u_t,v_t,w_t)\geq \frac{t^3}{2}\text{ if }t>0$$ y $$F(u_t,v_t,w_t)\leq \frac{t^3}{2}\text{ if }t<0\,.$$ Ergo, $F$ es ilimitado tanto de arriba y abajo en el conjunto solución de a$G=0$.

Sin embargo, si $a=b=c$, a continuación, $G(X,Y,Z)=0$ implica $X+Y+Z=\dfrac1a$. En consecuencia, $$F(X,Y,Z)=\dfrac1a\,\left(\frac{(Y-Z)^2+(Z-X)^2+(X-Y)^2}{2}\right)\,.$$ Por lo tanto, $$F(X,Y,Z)\geq 0\text{ when }a>0\,,$$ implying that $f=0$ is the global minimum value on the solution set of $G=0$, and the globally minimizing point is $(x,y,z)=\left(\dfrac1{3a},\dfrac1{3a},\dfrac1{3a}\right)$. Finally, $$F(X,Y,Z)\leq 0\text{ when }a<0\,,$$ and so $f=0$ is the global maximum value of $F$ on the solution set of $G=0$, where the globally maximizing point is $(x,y,z)=\left(\dfrac1{3a},\dfrac1{3a},\dfrac1{3a}\right)$.

Answer 3

Sin multiplicadores de Lagrange.

Realización del cambio de variables $y = \lambda x, z = \mu x$ y sustituyendo obtenemos

$$ \min\max x^3(1+\lambda^3+\mu^3-3\lambda\mu)\ \ \mbox{s. t. }\ \ x(a+\lambda b+\mu c) = 1 $$

o de forma equivalente

$$ \min\max f(\lambda,\mu) = \frac{1+\lambda^3+\mu^3-3\lambda\mu}{(a+\lambda b+\mu c)^3} $$

cuyos puntos estacionarios se resuelven mediante

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} \left(\lambda ^2-\mu \right) (a+c \mu )-b \left(\mu ^3-2 \lambda \mu +1\right)& = & 0 \\ c \left(\lambda ^3-2 \mu \lambda +1\right)+(a+b \lambda ) \left(\lambda -\mu ^2\right) & = & 0 \\ \end{array} \right. $$

dando los puntos

$$ \begin{array}{ccc} \lambda & \mu & f(\lambda,\mu)\\ 1 & 1 & 0 \\ \frac{b^2-a c}{a^2-b c} & \frac{c^2-a b}{a^2-b c} & \frac{1}{a^3+b^3+c^3-3 a b c} \\ \end{array} $$