¿Cómo encontrar el máximo de la $x^3_{1}+x^3_{2}+x^3_{3}-x_{1}x_{2}x_{3}$

Question

Deje que $$0 \le x_{i} \le i,\, i=1,2,3$$ sean números reales. Encuentra el máximo de la expresión

$$x^3_{1}+x^3_{2}+x^3_{3}-x_{1}x_{2}x_{3}$$

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Mi idea: Supongo que $$x^3_{1}+x^3_{2}+x^3_{3}-x_{1}x_{2}x_{3} \le 0^3+2^3+3^3-0 \cdot2\cdot 3=35$$

Pero no puedo probarlo. ¿Puedes ayudar?

Este problema es un caso especial de:

Answer 1

Pista:

Como la función objetiva es convexa y continua, y el dominio de interés es compacto y convexo, así que debemos tener el máximo cuando cada $x_i \in \{0, i\}$ . Esto reduce el problema (incluso el general $n$ caso variable) para comprobar unos pocos casos extremos, muchos de los cuales son triviales...

Answer 2

La pregunta general: Dado es

$$ f(x_1, \cdots ,x_n) = \sum_k x_k^n - \prod_k x_k, $$

y dejar

$$ \forall 1 \le k \le n : 0 \le x_k \le k. $$

Encuentra el máximo de $f(x_1, \cdots ,x_n)$ .

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Primero definimos

$$ x_k = k \sin ^2( \phi_k ), $$

de donde la condición

$$ \forall 1 \le k \le n : 0 \le x_k \le k. $$

está satisfecho.

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Para un máximo, tenemos la condición

$$ \frac { \partial f}{ \partial \phi_p } = 0 \wedge \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} < 0. $$

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Ahora tenemos

$$ f( \phi_1 , \cdots , \phi_n ) = \sum_k k^n \sin ^{2n}( \phi_k ) - n! \prod_k \sin ^2( \phi_k ), $$

de donde

$$ \frac { \partial f}{ \partial \phi_p } = \sin (2 \phi_p ) \left ( n p^n \sin ^{2n-2}( \phi_p ) - n! \prod_ {k \ne p} \sin ^2( \phi_k ) \right ), $$

y

$$ \begin {eqnarray} \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} &=& n(2n-2) p^n \sin ^2(2 \phi_p ) \sin ^{2n-4}( \phi_p ) \\ && + 2 \cos (2 \phi_p ) \left ( n p^n \sin ^{2n-2}( \phi_p ) - n! \prod_ {k \ne p} \sin ^2( \phi_k ) \right ), \end {eqnarray} $$

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El valor extremo de $f( \phi_1\cdots , \phi_n )$ está dada por la condición

$$ \frac { \partial f}{ \partial \phi_p } = 0 \Rightarrow \sin (2 \phi_p ) \left ( n p^n \sin ^{2n-2}( \phi_p ) - n! \prod_ {k \ne p} \sin ^2( \phi_k ) \right ) = 0 \\ \Downarrow\\ \sin (2 \phi_p ) = 0 \vee \sin ( \phi_p ) = 0 \vee p \sin ^2( \phi_p ) =q \sin ^2( \phi_q ). $$

Lo hemos hecho:

• La condición $p \sin ^2( \phi_p ) =q \sin ^2( \phi_q )$ , implica que $ \displaystyle \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} > 0$ , es decir, un mínimo .
• La condición $ \sin ( \phi_p ) = 0$ , implica que $ \displaystyle \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} = 0$ .
• La condición $ \sin (2 \phi_p ) = 0$ , implica que $ \displaystyle \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} = n! - np^n$ , así $ \displaystyle \frac { \partial ^2 f}{ \partial \phi_p ^2} < 0$ , si $p>1$ es decir, een máximo para $p>1$ .

Por lo tanto, el máximo se da para

$$ \phi_1 = 0 \wedge p>1 : \phi_p = \pi /2, $$

y el máximo está dado por

$$ \boxed { f_ \textrm {max} = \sum_ {p>1} p^n. } $$

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Una pequeña modificación debido a algunos errores menores, gracias a Thomas Andrews !

Answer 3

¿No puedes diferenciar la expresión y poner los derivados a 0?

$$ \frac { \partial f}{ \partial x_1} = 0 \\ \frac { \partial f}{ \partial x_2} = 0 \\ \frac { \partial f}{ \partial x_3} = 0 $$

y resolver para las tres variables

Answer 4

Paso 1: reajustar las variables (para ver por qué esto es válido, ver la adición, abajo), reemplazando $y_1=x_1, y_2=x_2/2, y_3=x_3/3$ para que estén en $0 \le y_i \le 1$ .

en el interior tenemos

$$ \nabla f= \langle 3y_1^2-y_2y_3, 3y_2^2-y_1y_3, 3y_3^2-y_1y_2 \rangle = \langle 0,0,0 \rangle $$

Así que

$$ \begin {cases}3y_1^2=y_2y_3 \quad (1) \\ 3y_2^2=y_1y_3 \quad (2) \\ 3y_3^2=y_1y_2 \quad (3) \end {cases}$$

Ya que el interior ha $y_1y_2y_3 \ne 0$ podemos dividir $(1)$ por $(2)$ para conseguir ${y_1^2 \over y_2^2}={y_2 \over y_1}$ es decir. $y_1^3=y_2^3 \iff y_1=y_2$ y por simetría $y_1=y_2=y_3$ lo que significa $2y_i^2=0$ imposible, por lo tanto no hay puntos críticos en el interior.

Toda la forma es un cubo, así que tenemos que comprobar $6$ lados. En cualquiera de los aviones donde $y_i=0$ obtenemos una reducción a $y_j^3+y_k^3$ con $0 \le y_i,y_j \le 1$ que puede resolverse por inspección para tener el valor máximo $2$ .

Las otras posibilidades son algunas $y_i=1$ en el límite que da $y_j^3+y_k^3-y_jy_k+1$ con $0 \le y_j, y_k \le 1$ .

Optimizando esto necesitamos resolver

$$ \langle 3y_j^2-y_k, 3y_k^2-y_j \rangle = \langle 0,0 \rangle. $$

Así que

$$ \begin {cases}3y_j^2=y_k \quad (1)' \\ 3y_k^2=y_j \quad (2)' \end {cases}$$

De nuevo, dividiendo $(1)'$ por $(2)'$ concluimos $y_j=y_k=0$ que no está en el interior, así que lo descartamos.

Esto sólo deja las líneas del borde donde $y_i=y_j=1$ y $0 \le y_k \le 1$ esto es un $1$ -problema de optimización de las variables:

Tenemos $2+y_k^3-y_k$ i para ser optimizado, para que podamos comprobar $3y_k^2-1=0 \iff y_k= \sqrt {1 \over 3}$ y el punto final donde $y_k=1$ .

A partir de aquí, volver a $x$ coordenadas y probar las opciones para obtener el máximo.

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Este método se generaliza a cualquier número de variables por inducción, ya que las restricciones interiores siempre se reducirán a que todas las variables sean $0$ así que puedes hacer el mismo tipo de prueba después de volver a las coordenadas normales. Y si haces el cálculo incluso para sólo $2$ variables, verás cómo calcular sin tener que comprobarlas todas.

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Adición

Para aquellos que se preguntan por qué es suficiente con sólo considerar la $y$ puntos críticos en lugar de directamente los $x$ aquí está la justificación:

Deje que

$$A= \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end {pmatrix}$$

Luego $f(y)=f(A^{-1}x)$ y $f(x)=f(Ay)$ .

Los puntos críticos son donde el derivado, $Df=0$ (en $x$ coordenadas), es decir:

$D_x(f(x)) = f'(Ay)$ por la regla de la cadena ya que los mapas lineales son sus propios derivados. Pero como $A$ es invertible, $D_y(f(x))=f'(Ay)A=f'(x)A$ . Esto es $0$ iff $f'(x)$ es, por lo tanto, podemos probar los puntos críticos en cualquiera de los sistemas de coordenadas.

Es la misma idea por la que los diffeomorfismos son isomorfismos de paquete tangente, estás haciendo el mismo proceso aquí con un simple mapa lineal invertible.