Локальный максимум

[Arkadij]

Нужно доказать, что в точке $(0,0)$ функция
$f(x,y)=x^3+y^3-(x+y)^2$
имеет локальный максимум.

Попытки решения. Гессиан равен нулю. При $y=-x$ функция равна нулю, так что экстремум нестрогий. Легко заметить, что если $x$ и $y$ одного знака, то значение функции, как и требуется, отрицательно.
Пробовал зафиксировть $y_0<0$ из окрестности нуля, продифференцировать по $x$:
$h'(x)=3x^2-2x-2y_0. $
Остается показать, что в первой стационарной точке $x=(1-\sqrt{1+6y})/3>0$ значение $f((1-\sqrt{1+6y_0})/3,y_0)$ отрицательно, но получается слишком сложное выражение.

[Otta]

Рассмотрите изменение аргумента (и значения функции в нем, разумеется) вдоль какого-то направления, не совпадающего с множеством стационарных точек функции.
В данном случае должна сгодиться прямая.

[alcoholist]

Arkadij в сообщении #1562175 писал(а):

Гессиан равен нулю.

Но матрица Гессе отрицательно полуопределена. И легко выбрать окрестность, в которой можно кубы отбросить (то есть где функция неположительна).

[Arkadij]

Otta в сообщении #1562178 писал(а):

Рассмотрите изменение аргумента (и значения функции в нем, разумеется) вдоль какого-то направления, не совпадающего с множеством стационарных точек функции.
В данном случае должна сгодиться прямая.

Хорошо, попробуем рассмотреть значения вдоль прямой. Конкретная прямая не подойдет, так как нужно доказать, что экстремум достигается. Пусть $y=kx, k\not=-1$. Тогда
$f(x,kx)=(k^3+1)x^3-(k+1)^2x^2=x^2((k^3+1)x-(k+1)^2)$.
Дальше пока идей нет.

-- 08.08.2022, 23:16 --

alcoholist в сообщении #1562180 писал(а):

Arkadij в сообщении #1562175 писал(а):

Гессиан равен нулю.

Но матрица Гессе отрицательно полуопределена. И легко выбрать окрестность, в которой можно кубы отбросить (то есть где функция неположительна).

Вот не получается у меня найти такую окрестность. И совсем легко это не может быть, так как, например, если заменить кубы на четвертые степени, то экстремума в нуле уже нет.

[Otta]

Arkadij
Так Вы возьмите конкретную прямую. Одну.

[Arkadij]

Otta в сообщении #1562190 писал(а):

Arkadij
Так Вы возьмите конкретную прямую. Одну.

Я не понимаю, как частный случай может доказать утверждение. Но раз вы настаиваете...
Пусть $\varepsilon>0$.
$f(\varepsilon,-2\varepsilon)=-7\varepsilon^3-\varepsilon^2=-\varepsilon^2(7\varepsilon+1)<0$

[Otta]

Вас обязали доказывать? Даже если неверно?
Меня в детстве учили так: если что-то упорно не доказывается, попробуй проверить, насколько это верно.

Вот не получается у Вас. И так, и эдак. Рассмотрите хотя бы сужение функции на прямой, какая нравится. Ну или не на прямой - тут уже по ситуации.
Вы берете точку, это, конечно, неплохо, но будете дольше возиться.

[alcoholist]

Слушайте Otta
Все-таки дам совет: ваша функция -- многочлен третьей степени от двух переменных, он приводим. То есть его нули -- это прямая и еще какая-то кривая второго порядка, которую нарисовать легко.

[Arkadij]

alcoholist в сообщении #1562195 писал(а):

Слушайте Otta
Все-таки дам совет: ваша функция -- многочлен третьей степени от двух переменных, он приводим. То есть его нули -- это прямая и еще какая-то кривая второго порядка, которую нарисовать легко.

Имеете ввиду, что оно раскладывается на $(x+y)$ и уравнение эллипса? :(
Очень не хотелось идти по этому пути. Но спасибо. Если ничего проще не найду, буду двигаться в эту сторону.

[alcoholist]

Arkadij в сообщении #1562198 писал(а):

Имеете ввиду, что оно раскладывается на $(x+y)$ и уравнение эллипса?

да, нарисуйте прямую и эллипс, сразу будут видны области где функция положительна, а где отрицательна, чего же еще желать? Удобнее сразу повернуть оси на четверть прямого угла.

[Arkadij]

Otta в сообщении #1562193 писал(а):

Вас обязали доказывать? Даже если неверно?
Меня в детстве учили так: если что-то упорно не доказывается, попробуй проверить, насколько это верно.

Вот не получается у Вас. И так, и эдак. Рассмотрите хотя бы сужение функции на прямой, какая нравится. Ну или не на прямой - тут уже по ситуации.
Вы берете точку, это, конечно, неплохо, но будете дольше возиться.

То есть вы думаете, что нет экстремума? Вроде всё-таки есть.
Продолжу с прямой. $k\not =-1$
$f(x,kx)=x^2((k^3+1)x-(k+1)^2)$
Если $k$ фиксировать, то при $\displaystyle |x|<\frac{(k+1)^2}{|k^3+1|}$, имеем $f(x,kx)\leq 0$.

Как доказательство не сойдет. Нельзя подбирать окрестность исходя из $k$.

[alcoholist]

Arkadij в сообщении #1562201 писал(а):

Если $k$ фиксировать, то при $\displaystyle |x|<\frac{(k+1)^2}{|k^3+1|}$

величина справа не отделена от нуля

-- Вт авг 09, 2022 00:32:35 --

впрочем это годится для доказательства того, что начало координат является локальным максимумом на любой прямой, проходящей через начало координат, а это не то же, что локальный максимум в начале координат

[Otta]

Arkadij в сообщении #1562201 писал(а):

То есть вы думаете, что нет экстремума? Вроде всё-таки есть.

Третьи степени? Почти никогда нет.

[Arkadij]

alcoholist в сообщении #1562202 писал(а):

Arkadij в сообщении #1562201 писал(а):

Если $k$ фиксировать, то при $\displaystyle |x|<\frac{(k+1)^2}{|k^3+1|}$

величина справа не отделена от нуля

-- Вт авг 09, 2022 00:32:35 --

впрочем это годится для доказательства того, что начало координат является локальным максимумом на любой прямой, проходящей через начало координат, а это не то же, что локальный максимум в начале координат

А почему нет? Ведь любую точку из окрестности нуля можно представить в виде $(x, kx)$. Ну здесь я не беру частные случаи, когда $x,y=0$, их несложно рассмотреть отдельно.

Доказательство все равно неправильное, потому что окрестность не должна зависеть от выбора $k$, но зато понятно, что фиксированная прямая противоречия не даст.

[alcoholist]

Arkadij в сообщении #1562207 писал(а):

фиксированная прямая противоречия не даст.

нарисуйте уже эллипс