一道方差题

hao124

9．已知 $x_1, x_2, x_3, x_4$ 为四个实数，若 $x_1, x_2, x_3$ 的方差为 $1, x_1, x_2, x_4$ 的方差为 $2, x_1, x_3, x_4$ 的方差为 2 ，则 $x_2, x_3, x_4$ 的方差的取值范围为 $\qquad$
10．椭圆 $\Gamma: \frac{x^2}{4}+y^2=1, A\left(6, \frac{1}{6}\right)$ 为椭圆外一定点，点 $P$ 在椭圆上．过 $A$ 作直线 $l_1$ 交椭圆 $\Gamma$ 于

kuing

三个数 `x`, `y`, `z` 的方差，如果是按
\[\frac13\left( \left( x-\frac{x+y+z}3 \right)^2+\left( y-\frac{x+y+z}3 \right)^2+\left( z-\frac{x+y+z}3 \right)^2 \right)\]来定义的话，展开为
\[\frac29(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx),\]也就是
\[\frac{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}9,\]回到原题，令 `x_2=x_1+a`, `x_3=x_1+b`, `x_4=x_1+c`, `a`, `b`, `c\inR`，则条件就是
\[\led
a^2+b^2+(a-b)^2&=9,\\
a^2+c^2+(a-c)^2&=18,\\
b^2+c^2+(b-c)^2&=18,
\endled\]（幸好有两个都 `=18`，否则恐怕变成高次方程）而所求的方差为
\[S=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}9,\]方程组的后两式相减得 `(a-b)(a+b-c)=0`，所以 `a=b` 或 `c=a+b`。

（1）若 `a=b`，代回去算出
\[a=b=\frac{3\sqrt2}2,c=\frac{\pm3\sqrt{10}+3\sqrt2}4,\]或
\[a=b=-\frac{3\sqrt2}2,c=\frac{\pm3\sqrt{10}-3\sqrt2}4,\]代回 `S` 中算出两种结果
\[S=\frac{3\pm\sqrt5}2;\]（2）若 `c=a+b`，代回 `S` 中即得 `S=1`。

综上，答案为
\[\left\{ {1,\frac{3+\sqrt5}2,\frac{3-\sqrt5}2} \right\}.\]

kuing

今天在 zhihu.com/question/491927339/answer/2173493623 里看到了类似题：

已知 $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ 为5个实数，其中 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 、$x_1,x_2,x_3,x_5$ 、$x_1,x_2,x_4,x_5$ 的方差均为1，则 $x_2,x_3,x_4,x_5$ 的方差最大是多少？

帖中给出的超长恒等式是处理一般情况的。
而这里由于已知的三个方差都相等，有特殊性，完全可以像上面那样来搞。

首先这里的方差定义依然采用
\[\frac1n\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2,\]它可以展开为
\[\frac1n\sum_{i=1}^nx_i^2-\bar x^2\]或者\[\frac1{n^2}\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(x_i-x_j)^2.\]
现在令 $x_2=x_1+a$, $x_3=x_1+b$, $x_4=x_1+c$, $x_5=x_1+d$，则问题转化为
\[\led
a^2+b^2+c^2+(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2&=16,&&(1)\\
a^2+b^2+d^2+(a-b)^2+(a-d)^2+(b-d)^2&=16,&&(2)\\
a^2+c^2+d^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(c-d)^2&=16,&&(3)
\endled\]求
\[(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2\]的最大值。

式 $(1)-(2)$ 及 $(1)-(3)$ 得到
\[(c-d)(2a+2b-3c-3d)=(b-d)(2a-3b+2c-3d)=0,\]可得四种情况，分别是 $b=c=d$, $b=c=2a-3d$, $c=d=2a-3b$, $b=d=2a-3c$，由对称性，只需计算前两种情况，代回去后，分别解得
\[b=c=d=\frac{a\pm\sqrt{16-2a^2}}2,\]以及
\[b=c=\frac{a\pm\sqrt{16-2a^2}}2,d=\frac{3a\mp\sqrt{16-2a^2}}6,\]代入所求式，化为
\[-\frac34a^2\pm\frac32a\sqrt{16-2a^2}+12,\]以及
\[-\frac{25}{12}a^2\pm\frac56a\sqrt{16-2a^2}+\frac{68}3,\]令 $a=2\sqrt2\cos t$ 不难得到前者最大值是 $18$，后者最大值是 $\frac{43+5\sqrt{33}}3$，后者更大，再除以 $16$ 即得所求方差的最大值为
\[\frac{43+5\sqrt{33}}{48}.\]