求一分式的最值

lemondian

设$m,n$为正常数，且$x,y,z>0$，求$\dfrac{mxy+nyz}{x^2+y^2+z^2}$的最值。

kuing

见《数学空间》2011 年第 4 期 P.13

lemondian

那么这两个题有最值吗？若有，如何解答？
(1)设$m,n$为正常数，且$x,y,z>0$，求$\dfrac{mx^2y+ny^2z}{x^3+y^3+z^3}$的最值。

(2)设$m_1,m_2,...,m_{n-1},$为正常数，且$x_i>0(i1,2,...,n),n\geqslant 3$，求$\dfrac{m_1x_1x_2+m_2x_2x_3+...+m_{n-1}x_{n-1}x_n}{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}$的最值。

kuing

lemondian 发表于 2025-2-20 16:17
那么这两个题有最值吗？若有，如何解答？
(1)设$m,n$为正常数，且$x,y,z>0$，求$\dfrac{mx^2y+ny^2z}{x^3+y ...

1)待定 `k`，分母拆成 `\frac12x^3+\frac12x^3+(1-2k)y^3+ky^3+ky^3+z^3` 均值后令系数比 `=m:n` 解 `k` 即可。

具体我不想写了，因为我总觉得我以前写过（或是非常类似的东西），但楼主似乎从来没学会过。

2) 没得玩。

kuing

kuing 发表于 2025-2-20 17:14
1)待定 `k`，分母拆成 `\frac12x^3+\frac12x^3+(1-2k)y^3+ky^3+ky^3+z^3` 均值后令系数比 `=m:n` 解 `k` 即可。

具体我不想写了，因为我总觉得我以前写过（或是非常类似的东西），但楼主似乎从来没学会过。 ...

没记错，就是写过类似的，搜一下楼主的主题就能找到：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=13093
果然楼主看完=没看。

战巡

lemondian 发表于 2025-2-20 16:17
那么这两个题有最值吗？若有，如何解答？
(1)设$m,n$为正常数，且$x,y,z>0$，求$\dfrac{mx^2y+ny^2z}{x^3+y ...

（2）可以做，不过可能没有一般表达式

令
\[X=\begin{pmatrix}x_1 & x_2 &...& x_n\end{pmatrix}\]
令
\[M=\begin{pmatrix}0 & \frac{1}{2}m_1 & 0 & ...&0&0\\\frac{1}{2}m_1 & 0 &\frac{1}{2}m_2 &...& 0&0\\0 & \frac{1}{2}m_2 & 0 &...&0&0\\...&...&...&...&...&...\\0 & 0 &0&...&0&\frac{1}{2}m_{n-1}\\0&0&0&...&\frac{1}{2}m_{n-1} & 0\end{pmatrix}\]
那么你会发现
\[XMX^T=m_1x_1x_2+m_2x_2x_3+...+m_{n-1}x_{n-1}x_n\]

\[\mbox{原式}=\frac{XMX^T}{XX^T}\]
按照min-max定理，这个东西的最大值，为矩阵$M$最大的一个特征根

只不过这个特征根可不好求，如果全部值都给定，那可以暴力数值解决问题，但如果只有表达式就难办咯

lemondian

又看到这个：（有答案，没见过程）

kuing

lemondian 发表于 2025-2-21 16:57
又看到这个：（有答案，没见过程）

见：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread& … &page=1#pid60756（4#）

hbghlyj

战巡 发表于 2025-2-20 13:07
为矩阵$M$最大的一个特征根

假设我有一个对称三对角矩阵：
$$ \begin{pmatrix}
a & b_{1} & 0 & ... & 0 \\\
b_{1} & a & b_{2} & \ddots & \vdots \\\
0 & b_{2} & a & \ddots & 0 \\\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & b_{n-1} \\\
0 & ... & 0 & b_{n-1} & a
\end{pmatrix} $$
我知道当 $b_{i}$ 相等时（矩阵是en.wikipedia.org/wiki/Toeplitz_matrix），特征值和特征向量有闭合形式的表达式，以余弦和正弦函数表示。此外，我知道递推关系：
$$\det(A_{n}) = a\cdot \det(A_{n-1}) - b_{n-1}^{2}\cdot \det(A_{n-2})$$
此外，由于我的矩阵是实对称的，我知道它的特征值是实数。

特征值有闭合形式表达式吗？mathoverflow.net/questions/131527/

不失一般性，可以令 $a=0$。
$A_n$ 的特征多项式可以用 $b_k$ 显式写出：
$$\det(\lambda-A_n)=\lambda^{n}+\sum_{m=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^{m}\left(\sum_{k\in\mathcal{I}(m,n)}b_{k_{1}}^{2}b_{k_{2}}^{2}\dots b_{k_{m-1}}^{2}b_{k_{m}}^{2}\right)\lambda^{n-2m}$$
其中
$$\mathcal{I}(m,n)=\{k\in\mathbb{N}^{m}\mid k_j+2\leq k_{j+1} \mbox{ 对 } 1\leq j \leq m-1,\; 1\leq k_1, \; k_m<n \}.$$

hbghlyj

lemondian 发表于 2025-2-21 08:57
又看到这个：
给定正整数 $n \geqslant 2$ ．已知 $a_1, a_2, \cdots, a_n$是不全为 0 的实数．求
\[
\frac{a_1 a_2+a_2 a_3+\cdots+a_{n-1} a_n}{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}
\]
的最大值．
分析 最大值为 $\cos \frac{\pi}{n+1}$ ．

这个是三对角矩阵的特殊情况（$b_i$都相等）：Toeplitz矩阵

根据《Eigenvalues of tridiagonal pseudo-Toeplitz matrices》，Toeplitz矩阵
$$
\begin{bmatrix}a & b\\
c & a & b\\
& \ddots & a & \ddots \\
&  &   & \ddots &  \\
&  &  & c & a
\end{bmatrix}
$$
的特征值为：
$$\lambda_{k}=a+2\sqrt{bc}\cos\left[\frac{k\pi}{(n+1)}\right], \quad k=1\cdots n $$

lemondian

kuing 发表于 2025-2-20 17:14
1)待定 `k`，分母拆成 `\frac12x^3+\frac12x^3+(1-2k)y^3+ky^3+ky^3+z^3` 均值后令系数比 `=m:n` 解 `k`  ...

@kuing：
请问一下：3#的（1）最大值的结果是什么呢？
运算好渣呀

hbghlyj

战巡 发表于 2025-2-20 13:07
为矩阵$M$最大的一个特征根

三对角Toeplitz矩阵的特征值可表示为余弦函数：
假设 $n$ 阶矩阵 $T$ 形如：
$$
T = \begin{bmatrix}
0       & c        &              &              &   &\\
b       & 0        & c            &              &   &\\
        & b        & 0            & c            &   &\\
        &          &              &\ddots        &   &\\
        &          &              & b            & 0 & c\\
        &          &              &              & b & 0\\
\end{bmatrix}
$$
须证明它的特征值是
$$2 \sqrt{bc} \, \cos \left( \frac{k \pi}{n+1} \right)\qquad k=0,\dots,n$$
$T$ 的特征多项式是
$$\Delta_n(\lambda)=\det(T-\lambda I)$$
通过不断沿第一列展开行列式，我们得到递推关系
$$\Delta_n=-\lambda\Delta_{n-1}-bc\Delta_{n-2},$$
初始条件为 $\Delta_0=1$ 和 $\Delta_1=-\lambda$。

递推关系的解是
$$\Delta_n=\frac{\left(\dfrac{-\lambda+\sqrt{\lambda^2-4bc}}2\right)^{n+1}-\left(\dfrac{-\lambda-\sqrt{\lambda^2-4bc}}2\right)^{n+1}}{\sqrt{\lambda^2-4bc}}$$
$T$ 的特征值 $\lambda$ 是 $\Delta_n(\lambda)=0$ 的根，满足$\left(\frac{-\lambda+\sqrt{\lambda^2-4bc}}2\right)^{n+1}-\left(\frac{-\lambda-\sqrt{\lambda^2-4bc}}2\right)^{n+1}=0$
即 $\frac{-\lambda-\sqrt{\lambda^2-4bc}}{-\lambda+\sqrt{\lambda^2-4bc}}=\frac{1-\sqrt{1-\dfrac{4bc}{\lambda^2}}}{1+\sqrt{1-\dfrac{4bc}{\lambda^2}}}$ 是一个 $(n+1)$ 次单位根 $\omega_k$
然后
$$\frac{4bc}{\lambda^2}=1-\left(\frac{\omega_k-1}{\omega_k+1}\right)^2=\frac{2\omega_k}{(\omega_k+1)^2}$$然后
$$\lambda=\pm\frac{\omega_k+1}{2\sqrt{\omega_k}}2\sqrt{bc}$$
由$\omega_k=\exp(i\frac{k\pi}{n+1})$可以写成
$$\lambda= \pm\cos\frac{k\pi}{n+1}2\sqrt{bc}$$
我们已经证明

评论：
一旦你得到上述递推公式，至少有三种不同的方法来解决这个问题。使用Z变换，使用Chebyshev多项式，以及使用差分方程（见这个文档： tridiagonal.pdf (224.15 KB, Downloads: 32)

2025-2-21 21:59 Upload

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hbghlyj

战巡 发表于 2025-2-20 13:07
为矩阵$M$最大的一个特征根

形如
\[
\left[
  \begin{array}{cccccc}
    a_1 & b_1 & 0   & \cdots & 0   & 0  \\
    c_1 & a_2 & b_2 & \cdots & 0   & 0  \\
    0   & c_2 & a_3 & \cdots & 0   & 0  \\
    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
    0   & 0   & 0   & \cdots & a_{n-1} & b_{n-1} \\
    0   & 0   & 0   & \cdots & c_{n-1} & a_n

  \end{array}
\right]
\]
的矩阵称为Jacobi矩阵，人们发现它们与正交多项式有联系。如果$\{p_n(x)\}_{n\geq 0}$是一个正交多项式族，那么它们遵循如下递归关系
$$
b_n p_{n+1}(x) + (a_n- x) p_n(x) + b_{n-1} p_{n-1}(x) = 0.
$$
特征值的性质：

• 特征值是单的。进而有$\lambda_j - \lambda_{j-1} \geq e^{-c n}$，其中$c$是依赖于$b_j$的某个常数。
• 矩阵$A$和$A_{n-1}$的特征值交错 en.wikipedia.org/wiki/Chain_sequence

参见书籍第1章 assets.press.princeton.edu/chapters/s9377.pdf

hbghlyj

$J=\left[
  \begin{array}{cccccc}
    a_1 & b_1 & 0   & \cdots & 0   & 0  \\
    c_1 & a_2 & b_2 & \cdots & 0   & 0  \\
    0   & c_2 & a_3 & \cdots & 0   & 0  \\
    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
    0   & 0   & 0   & \cdots & a_{n-1} & b_{n-1} \\
    0   & 0   & 0   & \cdots & c_{n-1} & a_n

  \end{array}
\right]$
如果对于 $i=1,\ldots,n-1$ 有 $b_ic_i>0$，则 $J$ 的特征多项式的根都是实数且不同的。

如何证明呢？