Máximo de $(1-q_1)(1-q_2)\ldots(1-q_n)$

Question

Estoy tratando de encontrar el máximo de $(1-q_1)(1-q_2)\ldots(1-q_n)$ donde $n\ge 2$, en el conjunto de $\{(q_1,\ldots , q_n) :q_1^2+q_2^2+\ldots+q_n^2=1 \ q_i\ge 0 \}$ (Con la condición de $q_i\ge0$ esto es sólo la mitad superior de la esfera). Esta parece ser una simple multiplicadores de Lagrange pregunta, pero el cálculo de la derivada se está convirtiendo en un problema. Cómo se hace esto?

Yo estaba pensando en probar el hecho de que el producto es el volumen de una caja con una $(1,1\ldots 1)$ $(q_1,\ldots ,q_n)$ en su diagonal, pero no puedo averiguar cómo continuar.(Supongo que esto reduce el problema a algo geométricas)

Actualizaciones: evidencia Empírica sugiere que el máximo es cuando el $q_i$ son iguales como se ha señalado por @Sabyasachi , dejo WolframAlpha resolver el multiplicador de Laplace de las ecuaciones para $n=2,3,4$ y tiene el mismo resultado(que son iguales). Una solución que no se convierta en WA soluciones es que $q_3=0$ $q_1=q_2=\frac {1} {\sqrt{2}}$ que es la esfera y devuelve un valor mayor.

Answer 1

Aquí es una respuesta completa. Los cálculos son bastante larga, pero cada paso es natural. Tal vez alguien puede simplificar la parte computacional de la prueba.

Vamos a mostrar que el máximo es de $M=\frac{3}{2}-\sqrt{2}$ independientemente de $n$, tal como se reivindica en Macavity comentarios. Deje $\phi(x)=1-\sqrt{x}$ para $x\in [0,1]$. La desigualdad se muestra entonces puede ser reformulada como :

$$ \phi(x_1)\phi(x_2)\ldots \phi(x_n)\leq M, \ \text{cuando} \ x_i\geq 0, \ x_1+x_2+x_3+\ldots +x_n=1. \etiqueta{1} $$

Para demostrar una desigualdad, una de las primeras ideas que se nos viene a la mente es para mostrar que $\phi$ satisface las propiedades como $\phi(x)\phi(y) \leq \phi(x+y)$ o $\phi(x+y)\leq (\phi(\frac{x+y}{2}))^2$. Desafortunadamente, tanto los que son falsas (tome $x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{3}$). Debemos utilizar ligeramente versión corregida de $\phi$ : vamos a

$$ \psi(t)=\left\lbrace\begin{array}{lcl} \phi(t), & \rm{if} & t\leq \alpha, \\ \phi\big(\frac{t}{2}\big)^2, & \rm{if} & t\geq \alpha, \\ \end{array}\right.\la etiqueta{2} $$

donde $\alpha=4(3-2\sqrt{2})$ es la única solución de $\phi(t)=\phi(\frac{t}{2})^2$$(0,1)$.

Lema 1. $\phi \leq \psi$ $[0,1]$.

Lema 2. $\psi$ satisface $\psi(x)\psi(y) \leq \psi(x+y)$, para cualquier $x,y\in [0,1]$$x+y \leq 1$.

Los lemas 1 y 2 de rendimiento $$\phi(x_1)\phi(x_2)\ldots \phi(x_n) \leq \psi(x_1)\psi(x_2)\ldots \psi(x_n) \leq \psi(x_1+x_2+x_3+\ldots +x_n) =\psi(1)=M \etiqueta{3}$$

como deseaba. Por lo tanto, suficiente para mostrar los dos lemas. Esto lo hacemos a continuación.

La prueba del lema 1. Debemos mostrar $\phi(t) \leq \psi(t)$ para $t\in [0,1]$. Claramente, podemos suponer que la $t\geq\alpha$. Pero, a continuación,

$$ \psi(t)-\phi(t)=\frac{\sqrt{t}}{2}(\sqrt{t}-\sqrt{\alpha}) \geq 0. $$

La prueba del lema 2. Debemos mostrar $\psi(x)\psi(y) \leq \psi(x+y)$ $x,y\in [0,1]$.

Primer caso : $x+y\leq \alpha$.

Entonces tenemos que mostrar que $$ (1-\sqrt{x})(1-\sqrt{y})\leq 1-\sqrt{x+y} \etiqueta{4} $$

Poner a $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$, esto es equivalente a

$$ \begin{array}{cl} & (1-a)(1-b)\leq 1-\sqrt{a^2+b^2} \\ \Leftrightarrow & ab+\sqrt{a^2+b^2} \leq a+b \\ \Leftrightarrow & a^2b^2+a^2+b^2+2ab\sqrt{a^2+b^2} \leq a^2+b^2+2ab \\ \Leftrightarrow & a^2b^2+2ab\sqrt{a^2+b^2} \leq 2ab \\ \Leftrightarrow & ab+2\sqrt{a^2+b^2} \leq 2 \\ \end{array} $$

Ahora, a partir de la hipótesis, tenemos $a^2+b^2 \leq \alpha$, por lo que

$$ ab+2\sqrt{a^2+b^2} \leq \frac{a^2+b^2}{2}+2\sqrt{a^2+b^2} \leq \frac{\alpha}{2}+2\sqrt{\alpha}=6-4\sqrt{2}+4\sqrt{2}-4=2 \etiqueta{5} $$

Segundo caso : $x\leq \alpha, y\leq \alpha, x+y > \alpha$.

Entonces tenemos que mostrar que $$ (1-\sqrt{x})(1-\sqrt{y})\leq \bigg(1-\sqrt{\frac{x+y}{2}}\bigg)^2 \etiqueta{6} $$

Poner a $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$, esto es equivalente a

$$ \begin{array}{cl} & (1-a)(1-b)\leq \bigg(1-\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}\bigg)^2 \\ \Leftrightarrow & \sqrt{2(a^2+b^2)} \leq a+b+\frac{a^2+b^2}{2}-ab \\ & \\ \Leftrightarrow & 2(a^2+b^2) \leq \frac{a^4+b^4}{4}-(a^3b+ab^3)-(a^2b+ab^2)+(a^3+b^3)+ \frac{3a^2b^2}{2} +a^2+b^2-2ab \\ & \\ \Leftrightarrow & 0 \leq \frac{a^4+b^4}{4}-(a^3b+ab^3)-(a^2b+ab^2)+(a^3+b^3)+ \frac{3a^2b^2}{2} -a^2-b^2-2ab \\ \Leftrightarrow & 0 \leq \frac{(b-a)^2}{4}(a^2+b^2+4(a+b)-2ab-4) \\ \Leftrightarrow & 0 \leq a^2+b^2+4(a+b)-2ab-4 \\ \Leftarrow & 0 \leq \alpha+4(a+b)-2ab-4 \\ \Leftrightarrow & 0 \leq 4(a+b)-2ab-4\sqrt{\alpha} \ ({\rm since} \ \alpha-4=-4\sqrt{\alpha})\\ \Leftrightarrow & 2(\sqrt{\alpha}-a) \leq b(2-a) \\ \Leftrightarrow & 4(\sqrt{\alpha}-a)^2 \leq b^2(2-a)^2 \\ \Leftarrow & 4(\sqrt{\alpha}-a)^2 \leq (\alpha-a^2)(2-a)^2 \\ \Leftrightarrow & 4(\sqrt{\alpha}-a) \leq (\sqrt{\alpha}+a)(2-a)^2 \\ \end{array} $$

La última desigualdad se cumple porque

$$ (\sqrt{\alpha}+a)(2-a)^2-4(\sqrt{\alpha}-a)=a(16(1-\sqrt{\alpha})+(\sqrt{\alpha}-a)(\alpha+2\sqrt{\alpha}-a)) \etiqueta{7} $$

\newpage

Tercer caso : Uno de $x,y$ es menor que $\alpha$, el otro es más grande.

Podemos suponer $x \leq \alpha \leq y \leq 1-x$. Observe que $x\leq 1-\alpha$. Entonces tenemos que mostrar que $$ (1-\sqrt{x})\bigg(1-\sqrt{\frac{y}{2}}\bigg)^2\leq \bigg(1-\sqrt{\frac{x+y}{2}}\bigg)^2 \etiqueta{8} $$

Para este fin, dejemos a $F_1(y)=\frac{1-\sqrt{\frac{x+y}{2}}}{1-\sqrt{\frac{y}{2}}}$ $y\in [\alpha,1-x]$. Un poco de cálculo muestra que

$$ {F'}_1(y)=\frac{F_2(y)}{\sqrt{y(x+y)}\bigg(1-\sqrt{\frac{y}{2}}\bigg)^2}, \ F_2(y)=\sqrt{x+y}-\sqrt{y}-\frac{x}{\sqrt{2}} \etiqueta{9} $$

Tenga en cuenta que ${F'}_2(y)=\frac{1}{2\sqrt{x+y}}-\frac{1}{2\sqrt{y}} \leq 0$ $F_2$ está disminuyendo, y, por tanto, $F_2(y)\leq F_2(\alpha)=F_3(x)$ donde $F_3(x)=\sqrt{x+\alpha}-\frac{x}{\sqrt{2}}-\sqrt{\alpha}$. Tenga en cuenta que ${F'}_3(y)=\frac{1}{2\sqrt{x+\alpha}}-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq 0$ y $2\sqrt{x+\alpha} \geq 2\sqrt{\alpha} > 1.5 > \sqrt{2}$, lo $F_3$ es decreciente, y por lo tanto $F_3(x) \leq F_3(0)=0$. Vemos ahora que el $F_2(y) \leq 0$, lo $F_1$ está disminuyendo, y, por tanto,$F_1(y)\geq F_1(1-x)$. Así, en la prueba de (8), podemos asumir que $y=1-x$ : todo lo que tenemos que mostrar es

$$ (1-\sqrt{x})\bigg(1-\sqrt{\frac{1-x}{2}}\bigg)^2\leq \bigg(1-\sqrt{\frac{1}{2}}\bigg)^2 \etiqueta{10} $$

Poner a $a=\sqrt{x}$, esto es equivalente a

$$ \begin{array}{cl} & (1-a)\bigg(1-\sqrt{\frac{1-a^2}{2}}\bigg)^2\leq \frac{3}{2}-\sqrt{2} \\ \Leftrightarrow &(1-a)\bigg(1-\sqrt{2(1-a^2)}+\frac{1-a^2}{2}\bigg)\leq \frac{3}{2}-\sqrt{2} \\ & \\ \Leftrightarrow & (1-a)\bigg(1+\frac{1-a^2}{2}\bigg)-(\frac{3}{2}-\sqrt{2})\leq (1-a)\sqrt{2(1-a^2)} \\ \Leftrightarrow & \frac{a^3-a^2-3a}{2}+\sqrt{2}\leq (1-a)\sqrt{2(1-a^2)} \\ \Leftarrow & \bigg(\frac{a^3-a^2-3a}{2}-\sqrt{2}\bigg)^2\leq (1-a)^22(1-a^2) \\ \end{array} $$

La última desigualdad se cumple debido a que $a\leq\sqrt{1-\alpha} \leq 0.6=\frac{3}{5}$ y

$$ \begin{array}{cl} & 2(1-a)^2(1-a^2)-\bigg(\frac{a^3-a^2-3a}{2}-\sqrt{2}\bigg)^2 \\ =& \frac{a}{4}(-a^5+2a^4 - 3a^3 + (10-4\sqrt{2})a^2 + (4\sqrt{2} - 9)a + (12\sqrt{2}- 16)) \\ \geq& \frac{a}{4}(-a^5+2a^4 - 3a^3 +\frac{108}{25}a^2 + -\frac{84}{25}a + \frac{24}{25} \end{array} \etiqueta{11} $$

Cuarto caso : Tanto en $x$ $y$ son mayores de $\alpha$.

Entonces tenemos que mostrar que $$ \bigg(1-\sqrt{\frac{x}{2}}\bigg)^2\bigg(1-\sqrt{\frac{y}{2}}\bigg)^2\leq \bigg(1-\sqrt{\frac{x+y}{2}}\bigg)^2 \etiqueta{12} $$

Pero esto es simplemente la desigualdad (4) de el primer caso, se utiliza con $(\frac{x}{2},\frac{y}{2})$ en lugar de $(x,y)$. Y esto es todo OK desde $\frac{x}{2}$ $\frac{y}{2}$ son tanto $\leq \frac{1}{2} \leq \alpha$, por lo que sólo necesitamos reutilizar nuestro ya tratados primer caso. Esto concluye la prueba.

Answer 2

${\bf 1\ }$ Comenzamos con las siguientes dos dimensiones del problema: Maximizar $$f(q_1,q_2):=(1-q_1)(1-q_2)$$ dentro de las limitaciones $$q_1^2+q_2^2=r^2, \quad q_1\geq0, \ q_2\geq0\ .$$ Aquí $r$ es un parámetro, $0<r\leq1$. El análisis de las gráficas de las funciones $$g_r(t):=(1-r\cos t)(1-r\sin t)\qquad(0\leq t\leq{\pi\over2})$$ nos encontramos con la siguiente (véase la figura):

(a) Cuando $r<\rho:=2(\sqrt{2}-1)$ $$q_1q_2>0\quad\Rightarrow\quad f(q_1,q_2)<f(r,0)\ .$$ (b) Cuando $r>\rho$ $$q_1\ne q_2\quad\Rightarrow\quad f(q_1,q_2)<f\left({r\over\sqrt{2}},{r\over\sqrt{2}}\right)\ .$$ ${\bf 2\ }$ Ahora vamos a $n\geq2$ arbitrarias, y asumir que $q=(q_1,q_2,\ldots,q_n)$ es admisible punto donde $f$ asume su máximo. Poner $$\tau:={1\over2}\rho^2\doteq0.343>{1\over3}\ .$$ A la luz de ${\bf 1}$ no puede haber más de una $i$$0<q_i^2<\tau$, y como $\tau>{1\over3}$ no puede haber más de dos $i$$q_i^2\geq\tau$. Todos los otros $q_i$ tiene que ser cero.

${\bf 3\ }$ Al $0<q_1^2<\tau\leq q_2^2\leq q_3^2$ $$q_1^2+q_2^2=1-q_3^2\leq 1-\tau<2\tau=\rho^2\ .$$ De ${\bf 1}$(a) podemos concluir que los $q$ no puede ser un punto máximo.

${\bf 4\ }$ Cuando sólo se $q_1^2$ $q_2^2$ $>0$ ${\bf 1}$(b) $r=1$ nos dice que tenemos $q_1=q_2={1\over\sqrt{2}}$, y esto lleva a que el valor máximo $$\max f=\left(1-{1\over\sqrt{2}}\right)^2={1\over2}(3-2\sqrt{2})\doteq0.0858\ .$$

Answer 3

Anexo: he incluido el conjunto completo de soluciones de Mathematica encuentra para el caso de $n=3$ al final de esta respuesta.

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Los comentarios y respuestas que hasta ahora no demuestran cómo multiplicadores de Lagrange puede resolver el problema (debido a la no negatividad de la condición). La técnica puede ser utilizada.

Para maximizar una función de $f(q_1,\dots, q_n)$ con el requisito de que $q_i\ge0$ y una restricción adicional $c(q_1,\dots, q_n)=0$, es suficiente para maximizar la función de $f(s_1^2,\dots, s_n^2)$ sujeto a la restricción $c(s_1^2,\dots, s_n^2)=0$, a continuación, elija las soluciones con todos los $s_i$ real que dar el mayor valor de $f$. Para estos, $(s_1^2,\dots, s_n^2)$ es un valor no negativo, la solución al original restringido de la maximización de la pregunta.

Para esta pregunta en particular, entonces, maximizar $\prod(1-s_i^2)$$\sum s_i^4=1$.

He aquí las tres de la variable de caso, donde tenemos que maximizar $(1-a)(1-b)(1-c)$$a,b,c\ge0$, sujeto a $a^2+b^2+c^2=1$.

Maximizar $(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)$$x^4+y^4+z^4=1$. El uso de multiplicadores de Lagrange, vamos a $g(x,y,z,\lambda)=(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)-\lambda(x^4+y^4+z^4-1)$, y resolver el siguiente sistema de ecuaciones sobre los números reales:

$$\begin{align} 0 = \frac{\partial f}{\partial x} = & -2x(1-y^2)(1-z^2)+4x^3\lambda\\ 0 = \frac{\partial f}{\partial y} = & -2y(1-x^2)(1-z^2)+4y^3\lambda\\ 0 = \frac{\partial f}{\partial z} = & -2z(1-x^2)(1-y^2)+4z^3\lambda\\ 0 = \frac{\partial f}{\partial \lambda} = & x^4+y^4+z^4-1\\ \end{align}$$

Cuando una solución de $(x,y,z,\lambda)$ de este sistema da a un máximo de entre todas las soluciones reales, $(x^2,y^2, z^2)$ es una solución a la pregunta original.

El sistema no es divertido para resolver, y yo no tratamos de generalizar a ver si se le da una buena respuesta a la pregunta original, en general. En teoría será, pero si es más simple que las otras respuestas, no sé.

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Aquí están todos de Mathematica soluciones reales para el sistema anterior, escrito en los términos de $a=x^2,b=y^2,c=z^2$.

$ \begin{array}{llll} (a,b,c) & (1-a)(1-b)(1-c)\\ \hline\\ \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0\right) & \left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \\ \left(\frac{1}{\sqrt{2}} , 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right) & \left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \\ \left(0 , \frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} \right)& \left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}} , \frac{1}{\sqrt{3}} , \frac{1}{\sqrt{3}} \right)& \left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) ^3 \\ \left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3} , \frac{1}{3} \right)& \frac{2}{27} \\ \left(\frac{2}{3} , \frac{1}{3} , \frac{2}{3} \right)& \frac{2}{27} \\ \left(\frac{1}{3} , \frac{2}{3} , \frac{2}{3} \right)& \frac{2}{27} \\ (1 , 0 , 0) & 0 \\ (0 , 1 , 0) & 0 \\ (0 , 0 , 1) & 0 \\ \end{array} $

Answer 4

Si alguna de la $q_i$ 1, el producto es cero.
De lo contrario, tomar el logaritmo y tratar de maximizar
$\log(1-q_1)+\log(1-q_2)+\ldots+\log(1-q_n)$