Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

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CarlPaul_153
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Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por CarlPaul_153 » Jue 20 Feb, 2014 1:57 pm

Sean [math] cien números reales mayores o iguales que [math] y menores o iguales que [math]. Hallar el máximo valor posible de la suma
[math]
Si todo te da igual estás haciendo mal las cuentas. Albert Einstein.

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CarlPaul_153
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Re: Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por CarlPaul_153 » Jue 20 Feb, 2014 1:58 pm

CarlPaul_153 escribió:
Spoiler: mostrar
La cuenta, aplicando distributiva y ordenándola podemos escribirla de la forma [math] + [math], donde:

[math]

[math]

Busquemos el mayor valor posible de [math]:
Para esto tenemos que encontrar el mayor valor que puede tomar cada sumando:

(1) [math] (donde i es un valor impar y p=i+1)

Vamos a demostrar que (1) nunca puede ser mayor que 1:

Si [math]----> [math] -----> [math] absurdo, pues ningun factor puede ser positivo.

Por lo tanto cada sumando de [math] y como [math] tiene 50 sumandos [math].
En cuanto a [math], como ya sabemos que [math] no puede ser negativo,[math].
Notemos que si a todos los [math] con valor par le asignamos el valor 1 y a todos los [math] con valor impar le asignamos el valor 0, tenemos que [math] y [math], por lo que el máximo valor posible de la suma es 50.
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Si todo te da igual estás haciendo mal las cuentas. Albert Einstein.

tuvie

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Re: Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por tuvie » Jue 20 Feb, 2014 9:36 pm

Mi intuición me decía que tenía que haber una solución con AM-GM, igual es muy parecida a la de arriba:
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Vamos a demostrar que [math] viendo los subíundices módulo [math]. Primero notemos que [math], por AM-GM, y sumando cíclicamente tenemos que [math] como queríamos.
Ahora vamos a demostrar que [math]. Elevando al cuadrado y suponiendo [math] y [math], ya que si eso ocurre, estamos, nos queda: [math], pero es evidente que esa desigualdad se cumple, ya que el término izquierdo es mayor o igual a [math] y el derecho menor o igual a [math], entonces demostramos que [math], y basta con encontrar un ejemplo donde la igualdad se cumple, pero si [math] y [math] el valor de la expresión adquiere ese máximo, entonces estamos.
EDIT: Edite las partes donde puse [math] en lugar de [math], donde ponía mal el AM-GM, igual se entendía :P, y además hace falta aclarar que si se cancela el segundo factor en ese AM-GM, la desigualdad sigue valiendo, al principio.
Última edición por tuvie el Jue 20 Feb, 2014 11:15 pm, editado 2 veces en total.
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Fran5

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Re: Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por Fran5 » Jue 20 Feb, 2014 11:11 pm

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Tenemos [math]
Multiplicamos por [math] y restamos [math] para hacer

[math]

Por un lado, [math]

y por otro lado [math] pues [math]

Luego, el maximo es [math] que se alcanza con los ejemplos que ya dieron tuvie y carl :)
Última edición por Fran5 el Dom 23 Feb, 2014 6:59 pm, editado 1 vez en total.
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Prillo

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Re: Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por Prillo » Vie 21 Feb, 2014 12:19 am

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Sea [math] cualquier [math]-upla que maximiza [math]. Fijando en [math] los valores [math], obtenemos a [math] como funcion lineal de [math]. Como toda funcion lineal asume su valor maximo en los extremos de su dominio, podemos suponer sin perdida de generalidad que [math] es [math] o [math]. Asi siguiendo, podemos suponer sin perdida de generalidad que cada [math] de [math] es [math] o [math]. Supongamos que para este [math] hay [math] ceros y [math] unos. Si [math] entonces en [math] viven a lo sumo [math] terminos, y son todos menores o iguales que [math], luego [math]. Sino, [math] y pasa lo mismo porque los unos nos matan los terminos. Entonces [math]. Ademas [math] se alcanza, entonces es el maximo.
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Esta tecnica se llama optimizacion. Consiste en partir de una solucion que maximiza/minimiza la expresion y mostrar que sin perdida de generalidad esa solucion es de una pinta en particular.

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 1997 - nivel 3 - problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 02 Nov, 2019 2:25 pm

Solución:
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Sea $n\geqslant 2$ un entero. Veamos por inducción en $n$ que si tenemos $2n$ números reales $0\leqslant x_1,x_2,\ldots ,x_{2n}\leqslant 1$ entonces el mayor valor de $$\sum \limits _{i=1}^{2n}x_i(1-x_{i+1})$$ es $n$ (viendo los subíndices módulo $2n$).
El caso base $n=2$ es cierto.
En efecto, tenemos que $$x_1(1-x_2)+x_2(1-x_3)+x_3(1-x_4)+x_4(1-x_1)=x_1+x_2+x_3+x_4-(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_1)=(x_1+x_3)(1-x_2-x_4)+x_2+x_4=1-(1-x_1-x_3)(1-x_2-x_4)$$ y que $-1\leqslant (1-x_1-x_3),(1-x_2-x_4)\leqslant 1$ pues $0\leqslant x_1,x_2,x_3,x_4\leqslant 1$, luego $-1\leqslant (1-x_1-x_3)(1-x_2-x_4)$, de donde $1-(1-x_1-x_3)(1-x_2-x_4)\leqslant 2$.
Por lo tanto $$x_1(1-x_2)+x_2(1-x_3)+x_3(1-x_4)+x_4(1-x_1)\leqslant 2$$

Supongamos como hipótesis inductiva que vale para $n=k$. Veamos que vale para $k+1$.
Queremos probar que $$\sum \limits _{i=1}^{2k+2}x_i(1-x_{i+1})\leqslant 2k+2$$ es decir, queremos ver que $$\sum \limits _{i=1}^{2k-1}x_i(1-x_{i+1})+x_{2k}(1-x_{2k+1})+x_{2k+1}(1-x_{2k+2})+x_{2k+2}(1-x_1)\leqslant 2k+2$$ esto es equivalente a ver $$\sum \limits _{i=1}^{2k}x_i(1-x_{i+1})+x_{2k}(1-x_{2k+1})+x_{2k+1}(1-x_{2k+2})+x_{2k+2}(1-x_1)-x_{2k}(1-x_1)\leqslant 2k+2$$ por hipótesis inductiva tenemos que $$\sum \limits _{i=1}^{2k}x_i(1-x_{i+1})\leqslant 2k$$ por lo que basta ver que $$x_{2k}(1-x_{2k+1})+x_{2k+1}(1-x_{2k+2})+x_{2k+2}(1-x_1)-x_{2k}(1-x_1)\leqslant 2$$ pero $$-x_{2k}(1-x_1)\leqslant 0\leqslant x_1(1-x_{2k})$$ de donde $$x_{2k}(1-x_{2k+1})+x_{2k+1}(1-x_{2k+2})+x_{2k+2}(1-x_1)-x_{2k}(1-x_1)\leqslant x_{2k}(1-x_{2k+1})+x_{2k+1}(1-x_{2k+2})+x_{2k+2}(1-x_1)+x_1(1-x_{2k})$$ entonces, tomando $x_{2k}=y_1$, $x_{2k+1}=y_2$, $x_{2k+2}=y_3$, $x_1=y_4$, tenemos que basta con demostrar $$y_1(1-y_2)+y_2(1-y_3)+y_3(1-y_4)+y_4(1-y_1)\leqslant 2=\frac{4}{2}$$ que es el caso base $n=2$. La inducción está completa.

Tomando $x_{2k-1}=1$ y $x_{2k}=0$ para $k=1,\ldots ,n$, tenemos que $x_{2k-1}(1-x_{2k})=1$ y $x_{2k}(1-x_{2k+1})=0$ viendo los índices módulo $n$, por lo que $$\sum \limits _{i=1}^{2n}x_i(1-x_{i+1})=\sum \limits _{k=1}^nx_{2k-1}(1-x_{2k})=\sum \limits _{k=1}^n1=n$$

Por lo tanto, el máximo valor posible de $$\sum \limits _{i=1}^{2n}x_i(1-x_{i+1})$$ es $n$.

Para $n=50$ tenemos que el máximo valor posible de $$S = x_1(1-x_2)+x_2(1-x_3)+x_3(1-x_4)+\ldots + x_{99}(1-x_{100}) + x_{100}(1-x_1)$$ es $50$.
Queda Elegantemente Demostrado

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