Минимальная сумма n-ых степеней расстояний

[Rusit8800]

Здесь было получено выражение для $l_c$, циклической перестановкой можно получить $l_a$ и $l_b$. С помощью этих формул мне захотелось найти точку $P$ такую, чтобы сумма

$$\[l_a^n + l_b^n + l_c^n\]$$

была минимальна.

Для этого нужно найти нормированные барицентрические координаты $\[\left( {{p_1},{p_2},{p_3}} \right)\]$ такие, чтобы сумма:

$$\[{\left( {\frac{{{p_3}}}{2}\sqrt {\frac{{\left( {{c^2} - {{\left( {a - b} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right)}}{{{c^2}}}} } \right)^n} + {\left( {\frac{{{p_1}}}{2}\sqrt {\frac{{\left( {{a^2} - {{\left( {b - c} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}} \right)}}{{{a^2}}}} } \right)^n+}\]$$

$$\[{\left( {\frac{{{p_2}}}{2}\sqrt {\frac{{\left( {{b^2} - {{\left( {c - b} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {c + b} \right)}^2} - {b^2}} \right)}}{{{b^2}}}} } \right)^n}\]$$

была минимальна.

Они должны неким образом зависеть от $a,b,c$. Известно, что для $n=1$ такой точкой $P$ является инцентр, а для $n=2$ - точка Лемуана. Поэтому ответом к последней задачи для $n=1$ являются координаты $\[\left( {\frac{a}{{a + b + c}},\frac{b}{{a + b + c}},\frac{c}{{a + b + c}}} \right)\]$, а для $n=2$ - $\[\left( {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}},\frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}},\frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right)\]$. Поэтому ожидается, что ответом к задаче будут координаты $\[\left( {\frac{{{a^n}}}{{{a^n} + {b^n} + {c^n}}},\frac{{{b^n}}}{{{a^n} + {b^n} + {c^n}}},\frac{{{c^n}}}{{{a^n} + {b^n} + {c^n}}}} \right)\]$.

Вопрос состоит в том, как подобраться к решению задачи. У меня были следующие соображения. Нужно избавиться от больших радикалов. Для этого делаем следующие замены:

$$\[\begin{gathered} A = \sqrt {\frac{{\left( {{a^2} - {{\left( {b - c} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}} \right)}}{{4{a^2}}}} \hfill \\ B = \sqrt {\frac{{\left( {{b^2} - {{\left( {c - b} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {c + b} \right)}^2} - {b^2}} \right)}}{{4{b^2}}}} \hfill \\ C = \sqrt {\frac{{\left( {{c^2} - {{\left( {a - b} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right)}}{{4{c^2}}}} \hfill \\ \end{gathered} \]$$

Тогда получим:

$$\[p_1^n{A^n} + p_2^n{B^n} + p_3^n{C^n}\]$$

Поскольку $\[{p_1} + {p_2} + {p_3} = 1\]$, то можно избавится от одной переменной:

$$\[p_1^n{A^n} + p_2^n{B^n} + {\left( {1 - {p_1} - {p_2}} \right)^n}{C^n}\]$$

Таким образом задача сводится исследованию функции

$$\[a{x^n} + b{y^n} + c{\left( {1 - x - y} \right)^n}\]$$

на минимум, если известно, что $0<x,y<1$ и $a,b,c>0$.
Я, однако, даже не знаю как это сделать для $n=1$.

-- 19.10.2017, 18:07 --

P.S. Я не оговаривал к какому множеству принадлежит $n$. Судя по всему, следует начать хотя бы с $n\[ \in \mathbb{N}\]$ из - за трехчлена в степени $n$. Но если бы задачу можно было бы решить для $\[n \in \mathbb{R}\]$, то было бы совсем хорошо.

[slavav]

Это может помочь: во внутренней точке экстремума производные обнуляются.

-- 20.10.2017, 12:26 --

Проверил критерий экстремума для $n=1$. Экстремума внутри треугольника нет. Где-то ошибка?

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1257120 писал(а):

Это может помочь: во внутренней точке экстремума производные обнуляются.

Я слышал, что критерий экстремума - обращение в ноль производной. Но что делать, если функция зависит от двух переменных?

slavav в сообщении #1257120 писал(а):

Проверил критерий экстремума для $n=1$. Экстремума внутри треугольника нет. Где-то ошибка?

Странно, а для $n=2$ что-нибудь получается?

-- 20.10.2017, 16:36 --

Кстати, для $n=1$ - искомая точка - не инцентр. Как показывает Geogebra, эта точка должна лежать на наименьшей их сторон треугольника.

-- 20.10.2017, 16:39 --

slavav в сообщении #1257120 писал(а):

Проверил критерий экстремума для $n=1$.

Вы, кстати, проверяли это для полученной мной функции или для суммы расстояний? Если для функции, то нужно учесть, что $0<x,y<1$ (и даже неравенство строгое, так как при $n=1$ похоже искомая точка может лежать на стороне треугольника). Так как она линейна, то экстремума у нее нет.

-- 20.10.2017, 16:44 --

Судя по всему экстремальная точка при $n=1$ - это и есть точка на стороне треугольника, так как функция в данном случае линейна, у нее нет экстремума и мы ищем наибольшее значение на некотором промежутке, а он может быть только на границе промежутка в силу линейности функции. Но раз он на границе, то одна из координат равна $0$ или $1$, значит в силу "зануления" координат точки, эта точка будет лежать на какой-нибудь из сторон.

-- 20.10.2017, 16:50 --

Как показывает Geogebra, экстремум для $\[n \geqslant 2\]$ существует и он лежит в промежутках $\[0 \leqslant x \leqslant 1\]$ и $\[0 \leqslant y \leqslant 1\]$.

-- 20.10.2017, 16:51 --

Осталось это доказать, доказать, что это минимум, найти точку экстремума.

-- 20.10.2017, 16:51 --

Здесь мне уже нужна помощь.

[slavav]

Если переменных несколько, то все производные должны обнуляться. Получится система уравнений.
Критерий работает только для внутренних точек. Если вы получите точку на границе или вне треугольника, то весь способ не годится.
С вашими выводами про $n=1$ согласен.
Случай $n=2$ не проверял. Попробуйте сами.
По моим прикидкам, решение можно получить для любого $n$. Там получается пропорция.

[Rusit8800]

slavav в сообщении #1257225 писал(а):

Если вы получите точку на границе или вне треугольника, то весь способ не годится.

В принципе, если доказать, что экстремальная точка обязательно лежит внутри треугольника,что интуитивно понятно, то это не страшно. Хотя мне все-таки интересно, почему этот способ не годится.

-- 20.10.2017, 16:56 --

slavav в сообщении #1257225 писал(а):

Если переменных несколько, то все производные должны обнуляться.

Там случайно не частная производная?

[slavav]

Способ с производными опирается на теорему о нулевой производной в экстремуме. Эта теорема не работает не краю. На краю может быть экстремум, а производные не равняться нулю. Но там можно посмотреть почему портится теорема и выработать новый критерий: производная по направлению границы равна нулю, производная по перпендикулярному направлению неотрицательна.

Да, там частная производная. Но частная производная - это обычная производная по одной переменной.

[Rusit8800]

Cчитать производные я не умею, но зато у меня есть Maple. С помощью него задача сводится решению системы:

$$\[\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \frac{{a{x^n}n}}{x} - \frac{{c{{\left( {1 - x - y} \right)}^n}n}}{{1 - x - y}} = 0 \hfill \\ \frac{{b{y^n}n}}{y} - \frac{{c{{\left( {1 - x - y} \right)}^n}n}}{{1 - x - y}} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} a{x^{n - 1}}n - c{\left( {1 - x - y} \right)^{n - 1}}n = 0 \hfill \\ b{y^{n - 1}}n - c{\left( {1 - x - y} \right)^{n - 1}}n = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} x = y \cdot \sqrt[{n - 1}]{{\frac{b}{a}}} \hfill \\ b \cdot {y^{n - 1}} - c{\left( {1 - y \cdot \sqrt[{n - 1}]{{\frac{b}{a}}} - y} \right)^{n - 1}} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \]$$

Последнее уравнение последней системы Maple не решает.Что-то мне подсказывает (теорема Абеля — Руффини), что решить его невозможно.

-- 20.10.2017, 18:32 --

Можно, конечно, написать вот так:

$$\[b \cdot {y^{n - 1}} - c{\left( {1 - y\left( {\sqrt[{n - 1}]{{\frac{b}{a}}} + 1} \right)} \right)^{n - 1}} = 0\]$$

и расписать бином Ньютона, но я очень сомневаюсь, что это поможет.

[INGELRII]

Перенесите уродливое выражение со скобками в правую часть уравнения, после чего извлеките из обеих частей корень степени $n-1$.

[slavav]

Уравнения вида $x = Cy$ задают две пропорции для $x, y, z$ или $p_1, p_2, p_3$. Этих пропорций и условия $p_1 + p_2 + p_3 = 1 достаточно для получения ответа (кандидата в ответы).

[Rusit8800]

Я идиот...

$$\begin{gathered} y = \sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{b}}} \cdot \left( {1 - y \cdot \left( {\sqrt[{n - 1}]{{\frac{b}{a}}} + 1} \right)} \right) \hfill \\ y = \frac{{\sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{b}}}}}{{\sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{a}}} + \sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{b}}} + 1}} \hfill \\ x = \frac{{\sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{a}}}}}{{\sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{a}}} + \sqrt[{n - 1}]{{\frac{c}{b}}} + 1}} \hfill \\ \end{gathered} $$

-- 20.10.2017, 18:57 --

Geogebra говорит, что для функции $x^2+y^2+(1-x-y)^2$ эти формулы работают.

[Rusit8800]

Кстати, а как показать, что это действительно минимум? Я слышал, что надо как-то подключать вторую производную.

[slavav]

Достаточные условия строгого экстремума (случай функций двух переменных):
http://www.apmath.spbu.ru/ru/education/final/question08.pdf, пункт 8.2, теорема 2. Вам нужна только формулировка. Она простая. Чтобы понять доказательство надо иметь некоторые базовые знания. Вкратце, доказывается что если ограничить функцию на любую прямую проходящую через экстремум, то вторая производная ограниченной функции имеет определённый знак (плюс для минимума). То есть, всё сводится к одномерному случаю.

[Rusit8800]

Так это же только достаточное условие. Раз оно не является необходимым, то оно может и не сработать.

[slavav]

Немного сложнее. По первым производным (необходимое условие) вы разыскиваете единственную точку внутри треугольника. По вторым производным (достаточное условие) устанавливаете что это минимум.
Имеем: если глобальный минимум внутри треугольника то это та точка что вы нашли.
Чтобы завершить анализ надо проверить границы. Если на границах значения больше чем в найденной точке, то задача решена полностью. Предъявлен локальный минимум, доказано что он же глобальный.

[Rusit8800]

А что там за точки $x_2, y_2 , xy$? Последнее, я так понял, что смешанная производная, но что с первыми двумя - непонятно.