Экстремумы xyz

[maxal]

Найдите максимум и минимум значения $xyz$ при условиях $x+y+z=1$ и $x^2+y^2+z^2=1$.

[Ms-dos4]

maxal
Никогда в олимпиадных по математике себя не пробовал, но попытаюсь. Метод лагранжа даёт

$$\[\left\{ \begin{array}{l} yz - {\lambda _1} - 2{\lambda _2}x = 0\\ xz - {\lambda _1} - 2{\lambda _2}y = 0\\ xy - {\lambda _1} - 2{\lambda _2}z = 0\\ x + y + z - 1 = 0\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} - 1 = 0 \end{array} \right.\]$$

Из двух последних уравнений получаем пару решений $y = \frac{1}{2}(1 - x \pm \sqrt {1 + (2 - 3x)x} )$ и $z = \frac{1}{2}(1 - x \mp \sqrt {1 + (2 - 3x)x} )$
Далее из первого уравнения, пользуясь тем, что $yz = x(x - 1)$, находим ${\lambda _1} = x(x - 2{\lambda _2} - 1)$, из второго ${\lambda _2} = \frac{1}{4}(x \pm \sqrt {1 + (2 - 3x)x} - 1)$.
Теперь при верхнем выборе знаков третье уравнение приводится к виду ${(3x - 1)^2}[1 + (2 - 3x)x] = {[1 + (2 - 3x)x]^2}$ (после возведение в квадрат).
Из $1 + (2 - 3x)x = 0$ имеем корнями $x = 1$ и $x = - \frac{1}{3}$, оставшееся $x(3x - 2) = 0$ даёт $x = 0$ ($x = \frac{2}{3}$ - лишний корень при данном выборе знаков).
При другом выборе знаков получаем такое же уравнение ${(3x - 1)^2}[1 + (2 - 3x)x] = {[1 + (2 - 3x)x]^2}$, но в данном случае лишним оказывается $x = 0$, а $x = - \frac{1}{3}$ и $x = \frac{2}{3}$ корни.
Как итог, получаем решения отвечающие минимуму

$$(x,y,z,{\lambda _1},{\lambda _2}) \to ( - \frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{9}, - \frac{1}{3});(\frac{2}{3}, - \frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{9}, - \frac{1}{3});(\frac{2}{3},\frac{2}{3}, - \frac{1}{3},\frac{2}{9}, - \frac{1}{3});$$

и максимуму

$$(x,y,z,{\lambda _1},{\lambda _2}) \to (1,0,0,0,0);(0,1,0,0,0);(0,0,1,0,0);$$

Т.е. минимумум есть

$$xyz = - \frac{4}{{27}}$$

а максимум

$$xyz = 0$$

P.S.Камнями прошу не кидать, я конечно же подозреваю, что здесь есть красивое решение через какие-нибудь неравенства между средними

[Red_Herring]

Ms-dos4
Если рассмотреть Ваши начальные уравнения, и взять их разности, то легко получить либо $x=y$, либо $z=-2\lambda_2$ и т.д., откуда вытекает, что две координаты равны. Тогда мы немедленно их находим.

Таких задачек с симметриями много.

[Sergic Primazon]

maxal в сообщении #1273884 писал(а):

Найдите максимум и минимум значения $xyz$ при условиях $x+y+z=1$ и $x^2+y^2+z^2=1$.

$$x_1+x_2+x_3=p\ , \ q= x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0=\dfrac{1-t^2}{3}\ , \ r=x_1x_2x_3$$

$$f (x)=x^3-x^2+\dfrac {1-t^2}{3}x-r$$

$$f'(x)=3x^2-2x+\dfrac {1-t^2}{3}\ ,\ x1=\dfrac {1+t}{3}\ ,\ x2=\dfrac {1-t}{3}$$

$$f (x2)=\dfrac {(1-t)^2 (1+2t)}{27}-r \ge 0 \ , \ f (x1)=\dfrac {(1+t)^2 (1-2t)}{27}-r \le 0$$

$$\dfrac {(1+t)^2 (1-2t)}{27} \le r \le \dfrac{(1-t)^2 (1+2t)}{27}$$

$$-\dfrac {4}{27} \le r \le 0$$

[fred1996]

Кстати, максимум находится вообще без счета. Поскольку у нас плоскость с нормалью (i,j,k) вырезает из единичной сферы единичную окружность, у которой ни одна точка не попадает в первый квадрант. А все точки, кроме тех, которые на осях, имеют по одной отрицательной и двум положительным координатам. То есть максимумы и будут в этих трех точках. Ну и из симметрии можно догадаться, что три точки с минимумами имеют координаты типа 2/3, 2/3, -1/3

[Ms-dos4]

Red_Herring

(Оффтоп)

вот нельзя считать только проснувшись . Действительно, такое обязательно нужно видеть, спасибо

[provincialka]

А разве эта задачка олимпиадная? Обычная задачка из Демидовича, я ее на занятиях даю (в тех потоках, где часов на матан побольше).

Например, рассматриваем первые три уравнения как систему с двумя неизвестными $\lambda_1, \lambda_2$, ее определитель должен быть равен 0. Впрочем, идея

Red_Herring в сообщении #1273905 писал(а):

рассмотреть Ваши начальные уравнения, и взять их разности,

приводит ровно к тому же, разве что не сразу исключаются $\lambda$

[arqady]

Пусть $x+y+z=3u$, $xy+xz+yz=3v^2$ и $xyz=w^3$.
Тогда $u=\frac{1}{3}$, $v^2=0$ и $(x-y)^2(x-z)^2(y-z)^2\geq0$ даёт

$$3u^2v^4-4v^6-4u^3w^3+6uv^2w^3-w^6\geq0$$

или

$$\frac{4}{27}w^3+w^6\leq0$$

или

$$-\frac{4}{27}\leq xyz\leq0.$$

Равенство в обоих случаях, очевидно, достигается.

[Markiyan Hirnyk]

arqady
Нескромный вопрос: почему вы считаете, что $xy+xz+yz \ge 0$?

[Otta]

Markiyan Hirnyk
Может, потому что равно нулю.
При наших ограничениях.

[fred1996]

provincialka
Есть стандартные методы, которые проходят в ВУЗах.
И, конечно, на уровне ВУЗов такие задачки никто олимпиадными не называет.
Но иногда их удается решить вполне "школьными" методами. Но с некоторой долей изобретательности, как только что было продемонстрировано двумя участниками.
Я бы еще предложил третий чисто геометрический. Но пока он мне не совсем до конца понятен.
Очевидно, что точки лежат на окружности, которая пересекает оси координат в точках на расстоянии 1 от центра координат. Очевидно, что функция $xyz$ только в этих точках имеет значение 0, а в остальных отрицателна ( две координаты положительные, одна отрицательная). И в силу симметрии три точки $(2/3,2/3,-1/3)$ с круговой перестановкой являются экстремумами нашей функции. Если бы удалось простенько доказать, что они являются минимумами, а других экстремумов на этой окружности нет, то такое решение вполне можно назвать олимпиадным школьным. Интересно, можно ли искодя из общих соображений доказать, что у функции $xyz$ не более шести локальных экстремумов на этой окружности? Тогда бы это сразу решило задачу.

-- 11.12.2017, 13:24 --

Мы даже общими усилиями соорудили ветку в олимпиадном разделе физиков, специально посвященную решению такого сорта олимпиадных задач.
topic123146.html
Пока что решаем задачки из теормеха школьными методами.

[arqady]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1274128 писал(а):

arqady
Нескромный вопрос: почему вы считаете, что $xy+xz+yz \ge 0$?

We can think that $v^2<0$ and we have no any problems here. Just think about $v^2$ only and don't think obout $v$. If your question is why I took $v^2$ and not $v$, so the answer is: for possibility of homogenization.

By the way, in our case $v^2=0$.

[provincialka]

fred1996 в сообщении #1274180 писал(а):

Есть стандартные методы, которые проходят в ВУЗах.

Собственно, я говорила только о решении Ms-dos4, как там с системой можно "разобраться".

fred1996 в сообщении #1274180 писал(а):

Но иногда их удается решить вполне "школьными" методами.

Otta в сообщении #1274136 писал(а):

Может, потому что равно нулю.

arqady в сообщении #1274320 писал(а):

By the way, in our case $v^2=0$.

И действительно, $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) = 1$, так что $xy+yz+zx = 0$. Значит, $xyz=x(-zx-xy)=-x^2(y+z) =-x^2(1-x)=x^3-x^2$.
Ну, а исследование функции 1 переменой -- это уже школьный метод. Надо только ещё указать ограничения на $x$.
Только это решение некрасивое... нет той самой однородности...

[fred1996]

provincialka писал(а):

И действительно, $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) = 1$, так что $xy+yz+zx = 0$. Значит, $xyz=x(-zx-xy)=-x^2(y+z) =-x^2(1-x)=x^3-x^2$.
Ну, а исследование функции 1 переменой -- это уже школьный метод. Надо только ещё указать ограничения на $x$.
Только это решение некрасивое... нет той самой однородности...

интересно, о какой однородности вы говорите?
На мой взгляд решение даже очень красивое.

[Yu_K]

Ну и как вариант к одномерному случаю все свести можно. Симметрия дает сразу параметрическое решение для линии пересечения плоскости и сферы (одинаковые выражения для координат с фазовым сдвигом).
https://www.wolframalpha.com/input/?i=parametric+plot+x(t)%3D2%2F3*cos(t)%2B1%2F3,+y(t)%3D2%2F3*cos(t%2B2Pi%2F3)%2B1%2F3,+z(t)%3D2%2F3*cos(t%2B4Pi%2F3)%2B1%2F3,
https://www.wolframalpha.com/input/?i=min+(1%2F3%2B2%2F3*cos(t))*(1%2F3%2B2%2F3*cos(t%2B2Pi%2F3))+*(1%2F3%2B2%2F3*cos(t%2B4Pi%2F3))