OFO 2019 Problema 10

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
fleschler.ian

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OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por fleschler.ian » Dom 20 Ene, 2019 12:04 am

Juan Carlos escribe $2019$ números reales no negativos, uno en cada vértice de un polígono regular de $2019$ lados, de modo que la suma de estos números es $\frac{2019}{2}$. Luego, en cada uno de los $2019$ lados del polígono, Juan Carlos escribe la diferencia positiva de los dos números que se encuentran en los vértices que dicho lado une.

Sea $P$ el producto de los $2019$ números escritos en los lados del polígono. Demostrar que
$$P \leq \frac{3 \sqrt{3}}{16}$$
2  

fleschler.ian

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por fleschler.ian » Lun 28 Ene, 2019 1:21 am

Aquí publicaremos la solución oficial

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Gianni De Rico

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 28 Ene, 2019 11:23 am

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Sean $a_0,a_1,\ldots ,a_{2018}$ los números escritos (en sentido antihorario) en los vértices del polígono, todos los índices están módulo $2019$. De la definición de los números de los lados del polígono sale que $P=\prod\limits_{cyc}|a_n-a_{n+1}|=\left |\prod\limits_{cyc}(a_n-a_{n+1})\right |$. Si existe un $i$ tal que $a_i=a_{i+1}$ entonces $|a_i-a_{i+1}|=0$, por lo que $P=0<\frac{3\sqrt{3}}{16}$ y el enunciado es verdadero, por lo que supondremos que $a_i\neq a_{i+1}$ para todo $i$.

Lema 1: Si $P$ es máximo, entonces para cada $i\in \{1,2,\ldots ,2019\}$, al menos uno de los números $a_{i-1},a_i,a_{i+1}$ es $0$.

Demostración:
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Supongamos que $P$ es máximo y existe un $a_i$ tal que $a_{i-1},a_i,a_{i+1}$ son todos distintos de $0$ (y como son reales no negativos resulta $a_{i-1},a_i,a_{i+1}>0\Leftrightarrow a_{i-1}a_ia_{i+1}>0$). Sean $A=\{a_i\mid a_i>0\}$ y $B=\{a_i\mid a_{i-1}a_ia_{i+1}>0\}$. Luego, $a_i\in B\Rightarrow a_{i-1}a_ia_{i+1}>0\Rightarrow a_i>0\Rightarrow a_i\in A$, es decir $B\subset A$, además $B\neq \emptyset$ (pues $a_i\in B$) y $|A|\geqslant 3$ (pues $a_{i-1},a_i,a_{i+1}\in A$). Sea $a_k=\min B$ y consideremos los números $a_{k-1}$ y $a_{k+1}$. Tenemos los siguientes casos
Caso $1$: $a_k<a_{k-1},a_{k+1}$
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Transformamos $a_i$ en $a'_i$ de la siguiente forma:
$a_k\to a'_k=0$.
Si $a_i=0$ entonces $a'_i=0$.
Si no pasa ninguno de los anteriores entonces $a'_i=a_i+\frac{a_k}{|A|-1}$ (notar que $a'_i$ está bien definido pues $|A|-1\geqslant 3-1=2>0$). Por lo que la suma permanece invariante, pues quedan $|A|-1$ números distintos de $0$, y la suma resulta $\sum\limits_{cyc}a_i=\sum\limits_{i\in A}a_i=a_k+\sum\limits_{i\in A,i\neq k}a_i=(|A|-1)\frac{a_k}{|A|-1}+\sum\limits_{i\in A,i\neq k}a_i=\sum\limits_{i\in A,i\neq k}a_i+\frac{a_k}{|A|-1}=\sum\limits_{i\in A,i\neq k}a'_i=\sum\limits_{i\in A}a'_i=\sum\limits_{cyc}a'_i$.
Entonces $|a_i-a_{i+1}|$ no cambia si $a_i,a_{i+1}\in A$ y $k\not \in \{i,i+1\}$, o $a_i,a_{i+1}\not \in A$; crece de $|a_i-a_{i+1}|=\max \{a_i,a_{i+1}\}$ a $|a'_i-a'_{i+1}|=\max \{a_i,a_{i+1}\}+\frac{a_k}{|A|-1}$ si exactamente uno de $a_i$ o $a_{i+1}$ pertenece a $A$ (esto es $|A\cap \{a_i,a_{i+1}\}|=1$); crece de $a_{k\pm 1}-a_k$ a $a_{k\pm 1}+\frac{a_k}{|A|-1}$ si $k\in \{i,i+1\}$. Luego, $|a'_i-a'_{i+1}|\geqslant |a_i-a_{i+1}|\forall i$ (y hay valores de $i$ donde la desigualdad es estricta), por lo que $P=\left |\prod\limits_{cyc}(a_i-a_{i+1})\right |<\left |\prod\limits_{cyc}(a'_i-a'_{i+1})\right |$, por lo que $P$ no es máximo. Absurdo.
Caso $2$: $a_{k-1}<a_k<a_{k+1}$
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Entonces $a_{k-1}\not \in B$ pues $a_k$ es el mínimo de $B$. Y como $a_k\in B$, entonces $a_{k-1}a_ka_{k+1}>0\Rightarrow a_{k-1},a_k>0$; como $a_{k-1}\not \in B$, entonces $a_{k-2}a_{k-1}a_k=0$, por lo que $a_{k-2}=0$.
Transformamos $(a_{k-1},a_k)$ en $(a'_{k-1},a'_k)=(a_{k-1}+a_k,0)$ y claramente la suma permanece invariante. Entonces $|a_i-a_{i+1}|$ no cambia para $i\not \in \{k-2,k-1,k\}$; para $i=k-2$ crece de $|a_{k-2}-a_{k-1}|=a_{k-1}$ a $|a_{k-2}-a'_{k-1}|=a_{k-1}+a_k$; para $i=k-1$ crece de $|a_{k-1}-a_k|=a_k-a_{k-1}$ a $|a'_{k-1}-a'_k|=a_{k+1}+a_k$; para $i=k$ crece de $|a_k-a_{k+1}|=a_{k+1}-a_k$ a $|a'_k-a_{k+1}|=a_{k+1}$. Luego, $|a'_i-a'_{i+1}|\geqslant |a_i-a_{i+1}|\forall i$ (y hay valores de $i$ donde la desigualdad es estricta), por lo que $P=\left |\prod\limits_{cyc}(a_i-a_{i+1})\right |<\left |\prod\limits_{cyc}(a'_i-a'_{i+1})\right |$, por lo que $P$ no es máximo. Absurdo.
Caso $3$: $a_{k-1}>a_k>a_{k+1}$
Análogo al caso anterior.

Caso $4$: $a_k>a_{k-1},a_{k+1}$
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Entonces $a_{k-1},a_{k+1}\not \in B$ pues $a_k$ es el mínimo de $B$. Y como $a_k\in B$ entonces $a_{k-1}a_ka_{k+1}>0\Rightarrow a_{k-1},a_k,a_{k+1}>0$; como $a_{k-1}\not \in B$, entonces $a_{k-2}a_{k-1}a_k=0$, por lo que $a_{k-2}=0$; como $a_{k+1}\not \in B$, entonces $a_ka_{k+1}a_{k+2}=0$, por lo que $a_{k+2}=0$.
Transformamos $(a_{k-1},a_k,a_{k+1})$ en $(a'_{k-1},a'_k,a'_{k+1})=(a_{k-1}+\frac{a_k}{2},0,a_{k+1}+\frac{a_k}{2})$ y claramente la suma permanece invariante. Entonces $|a_i-a_{i+1}|$ no cambia para $i\not \in \{k-2,k-1,k,k+1\}$. El único cambio es $|(a_{k-2}-a_{k-1})(a_{k-1}-a_k)(a_k-a_{k+1})(a_{k+1}-a_{k+2})|=a_{k-1}(a_{k-1}-a_k)(a_k-a_{k+1})a_{k+1}$ a $|(a'_{k-2}-a'_{k-1})(a'_{k-1}-a'_k)(a'_k-a'_{k+1})(a'_{k+1}-a'_{k+2})|=(a_{k-1}+\frac{a_k}{2})^2(a_{k+1}+\frac{a_k}{2})^2$.
Pero $(a_{k-1}+\frac{a_k}{2})^2(a_{k+1}+\frac{a_k}{2})^2=\left [a_{k-1}(a_{k-1}+a_k)+\frac{a_k^2}{4}\right ]\left [a_{k+1}(a_{k+1}+a_k)+\frac{a_k^2}{4}\right ]>a_{k-1}(a_k+a_{k-1})(a_k+a_{k+1})a_{k+1}>a_{k-1}(a_k-a_{k-1})(a_k-a_{k+1})a_{k+1}$ pues $a_i>0\forall i$. Luego, $|a'_i-a'_{i+1}|\geqslant |a_i-a_{i+1}|\forall i$ (y hay valores de $i$ donde la desigualdad es estricta), por lo que $P=\left |\prod\limits_{cyc}(a_i-a_{i+1})\right |<\left |\prod\limits_{cyc}(a'_i-a'_{i+1})\right |$, por lo que $P$ no es máximo. Absurdo.
En todos los casos llegamos a un absurdo que proviene de suponer que existe un $a_i$ tal que $a_{i-1},a_i,a_{i+1}$ son todos distintos de $0$. Luego, no existe tal $a_i$ y el lema queda demostrado.
Ahora, por el Lema $1$ hay como mucho dos números consecutivos distintos de $0$. Para los grupos de la forma $(0,a_k,0)$ obtenemos el producto $|(a_{k-1}-a_k)(a_k-a_{k+1})|=a_k^2$; para los grupos de la forma $(0,a_k,a_{k+1},0)$ obtenemos el producto $|(a_{k-1}-a_k)(a_k-a_{k+1})(a_{k+1}-a_{k+2})|=a_ka_{k+1}|a_{k+1}-a_k|$. Además, como podemos intercambiar los grupos de la forma $(0,a_k,a_{k+1},0)$ con grupos de la forma $(0,a_k,0)$ sin alterar el producto ni la suma, podemos suponer que todos los grupos con dos números consecutivos distintos de $0$ son consecutivos.

Lema $2$: Si $P$ es máximo entonces hay exactamente un grupo con dos números consecutivos distintos de $0$.
Demostración:
Spoiler: mostrar
Veamos primero que hay al menos un grupo con dos números consecutivos distintos de $0$.
En efecto, supongamos que no hay ningún grupo con dos números consecutivos distintos de $0$. Si $a_i=0$ entonces $a_{i+1}>0$, por lo que $a_{i+2}=0$, entonces $a_{i+3}>0$; luego $a_i=0\Rightarrow a_k=0$ para todo $k\equiv i\pmod 2$, y $a_i>0\Rightarrow a_k>0$ para todo $k\equiv i\pmod 2$. Si $a_0=0$ entonces $a_{2018}=0$ y tomando $i=2018$ tenemos $a_i=a_{i+1}$, absurdo pues estamos suponiendo lo contrario, luego $a_0>0$, por lo que $a_{2018}>0$ y el grupo $(a_{2017},a_{2018},a_0,a_1)$ tiene dos números consecutivos distintos de $0$. Absurdo pues no hay ningún grupo con dos números consecutivos distintos de $0$. El absurdo provino de suponer que no había ningún grupo con dos números consecutivos distintos de $0$, luego, hay al menos uno. (*)

Veamos ahora que hay a lo sumo un grupo con dos números consecutivos distintos de $0$.
En efecto, supongamos que $P$ es máximo y hay al menos dos grupos con dos números consecutivos distintos de $0$, digamos $(0,a,b,0)$ y $(0,c,d,0)$. Como son consecutivos resulta que son un grupo de la forma $(0,a,b,0,c,d,0)$.
Transformamos $(0,a,b,0,c,d,0)$ en $(0,a+\frac{b}{2},\frac{b+c}{2},d+\frac{c}{2},0)$, y claramente la suma permanece invariante. Entonces el producto $abcd|(a-b)(c-d)|$ cambia a $\left (a+\frac{b}{2}\right )^2\left (\frac{b+c}{2}\right )^2\left (d+\frac{c}{2}\right )^2$, pero $\left (a+\frac{b}{2}\right )^2=a(a+b)+\frac{b^2}{4}>a(a+b)>a|a-b|$ y $\left (d+\frac{c}{2}\right )^2=d(d+c)+\frac{c^2}{4}>d(d+c)>d|c-d|$, y por AM-GM tenemos $\frac{b+c}{2}\geqslant \sqrt{bc}\Rightarrow \left (\frac{b+c}{2}\right )^2\geqslant bc$. Luego $\left (a+\frac{b}{2}\right )^2\left (\frac{b+c}{2}\right )^2\left (d+\frac{c}{2}\right )^2>a|a-b|bcd|c-d|=abcd|a-b||c-d|$, y como los demás números no cambian, tampoco cambian los números escritos en los demás segmentos, por lo que el producto creció, absurdo pues era máximo. El absurdo provino de suponer que hay al menos dos grupos con dos números consecutivos distintos de $0$, luego, hay a lo sumo un grupo con dos números consecutivos distintos de $0$. (**)

De (*) y (**) obtenemos que hay exactamente un grupo con dos números consecutivos distintos de $0$ y el lema queda demostrado.
Con estos dos lemas, podemos suponer que los números distintos de $0$ son los $a_i$ tales que $i$ es par, es decir, $a_0,a_2,\ldots ,a_{2018}$. Entonces $P=a_0a_{2018}|a_0-a_{2018}|a_2^2a_4^2\ldots a_{2016}^2$. Sea $s=a_0+a_{2018}$ y supongamos sin pérdida de generalidad $a_0>a_{2018}$.

Maximicemos $a_0a_{2018}|a_0-a_{2018}|=a_0a_{2018}(a_0-a_{2018})$. Sean $\alpha$ y $\beta$ reales positivos que configuraremos convenientemente. Por AM-GM tenemos $\frac{(\alpha +1)a_0+(\beta -1)a_{2018}}{3}=\frac{\alpha a_0+\beta a_{2018}+(a_0-a_{2018})}{3}\geqslant \sqrt[3]{(\alpha a_0)(\beta a_{2018})(a_0-a_{2018})}\Rightarrow (\alpha a_0)(\beta a_{2018})(a_0-a_{2018})\leqslant \left (\frac{(\alpha +1)a_0+(\beta -1)a_{2018}}{3}\right )^3$, entonces $a_0a_{2018}(a_0-a_{2018})=\frac{1}{\alpha \beta}(\alpha a_0)(\beta a_{2018})(a_0-a_{2018})\leqslant \frac{1}{\alpha \beta}\left(\frac{(\alpha +1)a_0+(\beta -1)a_{2018}}{3}\right )^3$.
Elegimos $\alpha$ y $\beta$ de forma que
a) Aparezca $s$ al final, es decir $\alpha +1=\beta -1\Leftrightarrow \beta -\alpha =2$.
b) La igualdad pueda ocurrir, es decir $\alpha a_0=\beta a_{2018}=a_0-a_{2018}$, que ocurre si y sólo si $a_{2018}=(1-\alpha )a_0$ y $a_0=(\beta +1)a_{2018}$, es decir $a_0=(\beta +1)a_{2018}=(\beta +1)(1-\alpha )a_0$, que ocurre si y sólo si $1=(1-\alpha )(\beta +1)=\beta +1-\alpha \beta -\alpha\Leftrightarrow -\alpha \beta =\alpha -\beta =-(\beta -\alpha)=-2$. Entonces $(x+\alpha )(x-\beta )=x^2+(\alpha -\beta )x-\alpha \beta =x^2-2x-2=(x-1+\sqrt{3})(x-1-\sqrt{3})$. Por la factorización única de polinomios, y como $-\alpha <0$ (pues $\alpha >0$ por definición) tenemos $\alpha =-1+\sqrt{3}$ y $\beta =1+\sqrt{3}$. Luego $a_0a_{2018}(a_0-a_{2018})\leqslant \frac{1}{\alpha \beta}\left(\frac{(\alpha +1)a_0+(\beta -1)a_{2018}}{3}\right )^3=\frac{1}{(-1+\sqrt{3})(1+\sqrt{3})}\left(\frac{(-1+\sqrt{3}+1)a_0+(1+\sqrt{3}-1)a_{2018}}{3}\right )^3=\frac{1}{2}\left (\frac{\sqrt{3}(a_0+a_{2018})}{3}\right )^3=\frac{\sqrt{3}}{18}s^3$.

Ahora maximicemos $a_2^2a_4^2\ldots a_{2016}^2$. Tenemos $a_2+a_4+\ldots +a_{2016}=a_0+a_2+a_4+\ldots +a_{2016}+a_{2018}-(a_0+a_{2018})=\frac{2019}{2}-s$, y por AM-GM resulta $\frac{a_2+a_4+\ldots a_{2016}}{1008}=\geqslant \sqrt[1008]{a_2a_4\ldots a_{2016}}$, por lo que $a_2^2a_4^2\ldots a_{2016}^2\leqslant \left (\frac{a_2+a_4+\ldots a_{2016}}{1008}\right )^{2016}=\left (\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}\right )^{2016}$.

Por último, sea $\gamma$ un real positivo que configuraremos convenientemente.
Tenemos $P=a_0a_{2018}|a_0-a_{2018}|a_2^2a_4^2\ldots a_{2016}^2\leqslant \frac{\sqrt{3}}{18}s^3\left (\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}\right )^{2016}=\frac{\sqrt{3}}{18\gamma ^3}(\gamma s)^3\left (\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}\right )^{2016}$.
Poniendo $\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}=t$, por AM-GM tenemos $\frac{3\gamma s+2016t}{2019}\geqslant \sqrt[2019]{(\gamma s)^3t^{2016}}$, luego $\left (\frac{2019+(3\gamma -2)s}{2019}\right )^{2019}=\left (\frac{3\gamma s+2016\cdot \frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}}{2019}\right )^{2019}=\left (\frac{3\gamma s+2016t}{2019}\right )^{2019}\geqslant (\gamma s)^3t^{2016}=(\gamma s)^3\left (\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}\right )^{2016}$.
Entonces $\frac{\sqrt{3}}{18\gamma ^3}(\gamma s)^3\left (\frac{\frac{2019}{2}-s}{1008}\right )^{2016}\leqslant \frac{\sqrt{3}}{18\gamma ^3}\left (\frac{2019+(3\gamma -2)s}{2019}\right )^{2019}$.
Poniendo $\gamma =\frac{2}{3}$ resulta $\frac{\sqrt{3}}{18\gamma ^3}\left (\frac{2019+(3\gamma -2)s}{2019}\right )^{2019}=\frac{\sqrt{3}}{18\left (\frac{2}{3}\right )^3}\left (\frac{2019-0}{2019}\right )^{2019}=\frac{3\sqrt{3}}{16}$.

Por lo tanto $P\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{16}$.
[math]

Matías

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Matías » Lun 28 Ene, 2019 11:52 am

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Primero veamos que es posible que sea $P=\frac{3\sqrt{3}}{16}$ ya que si en dos vértices consecutivos tenemos $\frac{3-\sqrt{3}}{4}$ y $\frac{3+\sqrt{3}}{4}$, y después vamos intercalando $1$ y $0$ (con ceros al lado de $\frac{3-\sqrt{3}}{4}$ y $\frac{3+\sqrt{3}}{4}$, nos quedan $1008$ unos y $1009$ ceros), tenemos que $P=1^{2016}\frac{3-\sqrt{3}}{4}\frac{3+\sqrt{3}}{4}(\frac{3+\sqrt{3}}{4}-\frac{3-\sqrt{3}}{4})=\frac{9-3}{16}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{16}$.
Vamos a ver que esta es la única forma que sea $P=\frac{3\sqrt{3}}{16}$ y que este es el producto máximo.

Veamos las condiciones que debe tener una distribución con el producto máximo.
En adelante vamos a usar expresiones del tipo "$a<b>c<d$" que significa que $a$, $b$, $c$ y $d$ son vértices del polígono, $b$ es consecutivo con $a$ y $c$, $c$ es consecutivo con $b$ y $d$ y $a<b$, $b>c$ y $c<d$.

-Como ya vimos que $P$ puede ser positivo, el producto máximo no puede ser $0$, por lo tanto dados dos números consecutivos en el polígono uno debe ser mayor al otro.

-Supongamos que $b>a<c$. Luego, $a=0$, ya que si fuera $a\neq 0$ podríamos sumarle $a$ al mayor de los números del polígono (o a uno de los mayores) y restarle $a$ a $a$, aumentando el valor de $P$ (si $M$ era el mayor número, con $l<M>n$, tenemos que $bc(M+a-l)(M+a-n)>(b-a)(c-a)(M-l)(M-n)$). De esta forma demostramos que el menor de los números del polígono debe ser $0$ (debe haber un mínimo), demostramos la existencia de al menos un $0$.
Está claro que no puede haber dos ceros consecutivos.

-Es imposible que sea $a<b<c<d$, ya que podemos pasar de eso a $a<b+c>0<d$, aumentando el valor de $P$ (tenemos que $(b+c-a)(b+c)d>(b-a)(c-b)(d-c)$).

-Es imposible que haya cuatro o más números positivos consecutivos, ya que si tenemos $0<a<b$ (teniendo en cuenta que existe al menos un $0$), como no puede ser $0<a<b<c$ debe ser $0<a<b>c=0<d$ o $0<a<b>c>d=0<e$, ya que no puede ser $0<a<b>c>d>e$. De la misma forma, si tenemos $0<a>b$ y $b\neq 0$ debe ser $0<a>b>c=0<d$ ya que no puede ser ni $0<a>b<c$ ni $0<a>b>c>d$.

-Es imposible que hay tres números positivos consecutivos, ya que la única forma es que sea $0<a<b>c>0$ (no puede ser $0<a>b>c>0$ ni $0<a<b<c>0$) y podemos pasar de eso a $0<a+\frac{b}{2}>0<c+\frac{b}{2}>0$, aumentando el valor de $P$ ($(a+\frac{b}{2})^2(c+\frac{b}{2})^2>a(b-a)c(b-c)$, tenemos que $(a+\frac{b}{2})^2>a(b-a)\iff a^2+\frac{b^2}{4}+ab>ab-a^2\iff 2a^2+\frac{b^2}{4}>0$, lo mismo con $(c+\frac{b}{2})^2>c(b-c)$).

-Es imposible que haya dos pares de números positivos consecutivos, ya que como podemos permutar los conjuntos de números positivos consecutivos (por ejemplo, podemos pasar de $0<a>0<b>0<c<d>0$ a $0<a>0<c<d>0<b>0$ y a $0<c<d>0<a>0<b>0$), podemos juntar los dos pares de números consecutivos ($0<a<b>0<c<d>0$ o $0>b>a<0<c<d>0$ o $0<a<b<0>d>c>0$ o $0<b>a>0<d>c>0$, siendo $a$ el menor del par $0<a<b>0$ y $c$ el menor del par $0<c<d>0$) y pasar de eso a $0<b>0<a+c>0<d>0$, aumentando el valor de $P$ ($b^2d^2(a+c)^2>a(b-a)bc(d-c)d$).

-Por lo tanto, tenemos que existe a lo sumo un par de números positivos consecutivos, y el resto de los números positivos están "aislados" con dos ceros como vecinos. Ahora bien, como $2019$ es impar, es necesario que exista ese par de números positivos consecutivos (sino tendríamos todo intercalado entre positivos y ceros y $2019$ sería par). Es decir, tenemos $1008$ números positivos "aislados" y un par de números positivos consecutivos, todo separado por $1009$ ceros.

-Sea $n$ la suma de los dos números positivos consecutivos, con $0<n<\frac{2019}{2}$. Si $x$ es el menor de los dos números ($0<x<\frac{n}{2}<n-x<n$), tenemos que el producto "del par" (el producto de ambos números y su diferencia) es $x(n-x)(n-2x)=x(x-n)(2x-n)=2x^3-3nx^2+xn^2$. Si derivamos e igualamos a $0$ para alcanzar el máximo valor posible, nos queda que $6x^2-6nx+n^2=0\implies x=\frac{6n\pm\sqrt{36n^2-4\times 6\times n^2}}{12}=n\frac{6\pm\sqrt{12}}{12}\implies x=n(\frac{3-\sqrt{3}}{6})$ (ya que $x<\frac{n}{2}$).
Notemos que la derivada $6x^2-6nx+n^2$ es positiva si $0<x<n(\frac{3-\sqrt{3}}{6})$ (ya que la función $6x^2-6nx+n^2=6x(x-n)+n^2$ es decreciente si $x<\frac{n}{2}$, ya que su derivada es $12x-6n$) y negativa si $n(\frac{3-\sqrt{3}}{6})<x<\frac{n}{2}$, por lo tanto $x=n(\frac{3-\sqrt{3}}{6})$ efectivamente es el máximo.
Luego, el mayor valor del producto del par es $x(n-x)(n-2x)=n(\frac{3-\sqrt{3}}{6})n(\frac{3+\sqrt{3}}{6})n\frac{1}{\sqrt{3}}=n^3\frac{9-3}{36}\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{n^3}{6\sqrt{3}}$.

-Por otra parte, la suma de los $1008$ números positivos aislados es $\frac{2019}{2}-n$, y su promedio es $\frac{1009,5-n}{1008}=1+\frac{1,5-n}{1008}$. Ahora bien, por la desigualdad de la media geométrica y de la media geométrica (AM-GM), el mayor valor posible del producto de los $1008$ números se alcanza cuando son todos iguales y es $(\frac{1009,5-n}{1008})^{1008}$. De esta forma, el mayor valor posible del cuadrado del producto de todos los números aislados es $(\frac{1009,5-n}{1008})^{2016}$ (en el producto $P$ se multiplica por el cuadrado de cada número aislado).

-Por lo tanto, el mayor valor posible de $P$ es el mayor valor posible de $\frac{n^3}{6\sqrt{3}}(\frac{1009,5-n}{1008})^{2016}$ siendo $0<n<\frac{2019}{2}$.
La derivada de esa expresión es $\frac{n^2}{2\sqrt{3}}(\frac{1009,5-n}{1008})^{2016}+\frac{n^3}{6\sqrt{3}}2016(\frac{1009,5-n}{1008})^{2015}\frac{-1}{1008}=\frac{n^2}{2\sqrt{3}}(\frac{1009,5-n}{1008})^{2015}(\frac{1009,5-n}{1008}-\frac{n}{1,5})$. Si la igualamos a $0$, como $\frac{n^2}{2\sqrt{3}}\neq 0$ y $\frac{1009,5-n}{1008}\neq 0$ nos queda que $\frac{1009,5-n}{1008}-\frac{n}{1,5}=0$
La igualdad se cumple solo si $n=\frac{3}{2}=1,5$.
Si $0<n<1,5$ la derivada es positiva ya que $\frac{n^2}{2\sqrt{3}}>0$, $(\frac{1009,5-n}{1008})^{2015}>0$ y $\frac{1009,5-n}{1008}-\frac{n}{1,5}>0$.
Si $1,5<n<1009,5$ la derivada es negativa ya que $\frac{n^2}{2\sqrt{3}}>0$, $(\frac{1009,5-n}{1008})^{2015}>0$ y $\frac{1009,5-n}{1008}-\frac{n}{1,5}<0$.
Entonces, el mayor valor posible de $P$ se alcanza con $n=1,5$ y es $P=\frac{n^3}{6\sqrt{3}}(1+\frac{1,5-n}{1008})^{2016}=\frac{27}{6\times 8\sqrt{3}}1^{2016}=\frac{3\sqrt{3}}{16}$.
Notemos que los $1008$ números aislados son iguales a $1$ y los números del par son $n\frac{3-\sqrt{3}}{6}=\frac{3-\sqrt{3}}{4}$ y $n\frac{3+\sqrt{3}}{6}=\frac{3+\sqrt{3}}{4}$.

Por lo tanto concluimos que $P\leq\frac{3\sqrt{3}}{16}$.

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BrunoDS

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por BrunoDS » Mar 05 Feb, 2019 2:43 pm

Spoiler: mostrar
Sean $x_1,x_2,...,x_{2019}$ los números escritos. Queremos maximizar $P=|x_1-x_2||x_2-x_3|...|x_{2018}-x_{2019}||x_{2019}-x_1|$, por lo que, si elevamos al cuadrado, queremos maximizar: $P^2=(x_1-x_2)^2(x_2-x_3)^2...(x_{2019}-x_1)^2$.

Como $2019$ es impar, entonces es fácil ver que existen tres números consecutivos, tales que: $x_i \geq x_{i+1} \geq x_{i+2}$. En particular, entre todas las ternas que cumplen esto, elegimos la que cumple que $x_{i-1} \le x_i$. Por comodidad, supongamos que $i=1$.

Sea $P_1^2=(x_{2019}-x_1)^2(x_1-x_2)^2(x_2-x_3)^2$. Como $x_{2019} \le x_1 \Rightarrow (x_{2019}-x_1)^2 \le (x_1)^2$ y como $x_3 \le x_2 \Rightarrow (x_2-x_3)^2 \le (x_2)^2$. Luego:

$P_1^2 \le (x_1)^2(x_1-x_2)^2(x_2)^2 = \frac{1}{4} (2x_1x_2) (2x_1x_2) (x_1-x_2)^2$. Usando AM-GM:

$P_1^2 \le \frac{1}{4} (\frac{2x_1x_2+2x_1x_2+(x_1-x_2)^2}{3})^3 = \frac{1}{4 \times 27} (x_1+x_2)^6$ $(…1)$


Ahora, sea $P_2^2= (x_3-x_4)^2(x_4-x_5)^2…(x_{2018}-x_{2019})^2$. Sea $M_i=máx \{x_{i+2};x_{i+3}\}$, luego $(x_{i+2}-x_{i+3})^2 \le (M_i)^2$, por lo que:

$P_2^2 \le M_1^2 M_2^2…M_{2016}^2= (M_1M_2…M_{2016})^2$. Por AM-GM:

$P_2^2 \le (\frac{M_1+M_2+…+M_{2016}}{2016})^{4032}$.

Sea $S=x_3+x_4+…+x_{2019}$, luego como cada término aparece sumando a lo sumo $2$ veces, tenemos que $M_1+M_2+…+M_{2016} \le 2S$, por lo que:

$P_2^2 \le (\frac{2S}{2016})^{4032} = (\frac{S}{1008})^{4032}$ $(…2)$


Notemos que $x_1+x_2+S = \frac{2019}{2} \Rightarrow x_1+x_2 = \frac{2019}{2}-S$.

Entonces, de $(…1)$ y $(…2)$, tenemos que:

$P^2=P_1^2 P_2^2 \le \frac{1}{4 \times 27} (x_1+x_2)^6 (\frac{S}{1008})^{4032} = \frac{1}{4 \times 27 \times 1008^{4032}} ((\frac{2019}{2}-S) S^{672})^6$

Entonces, queremos maximizar $(\frac{2019}{2}-S) S^{672}= \frac{2019}{2}S^{672}-S^{673}$.

Derivando esta expresión: $672 \times \frac {2019}{2} S^{671}-673S^{672} = 673S^{671}(1008-S)$
Si $S=0$, nos da $0$. Si $0<S<1008$, nos da positiva. Si $S=1008$ nos da $0$. Si $1008<S$ nos da negativa. Esto nos dice que el máximo se obtiene cuando $S=1008$. Entonces:

$P^2 \le \frac{1}{4 \times 27 \times 1008^{4032}} ((\frac{2019}{2}-S) S^{672})^6 \le \frac{1}{4 \times 27 \times 1008^{4032}} (\frac {3}{2})^6 1008^{4032}= \frac{1}{4 \times 27} (\frac {3}{2})^6= \frac {3^3}{2^8}$.

Finalmente:

$P \le \sqrt{\frac {3^3}{2^8}}= \frac{3 \sqrt{3}}{16}$

Y la igualdad se obtiene cuando $x_3, x_5, … , x_{2019}$ son iguales a $0$; $x_4, x_6, …, x_{2018}$ son iguales a $1$; y $x_1= \frac {3+\sqrt {3}}{4}$ y $x_2= \frac{3- \sqrt {3}}{4}$
"No se olviden de entregar la prueba antes de irse..."

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Joacoini

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 05 Feb, 2019 5:18 pm

Solución en conjunto con @Monazo.
Spoiler: mostrar

Llamamos $a_1, a_2,...$ y $a_{2019}$ a los números.

Si $a_i=a_{i+1}$ tenemos qué $P=0$ por lo que suponemos que lo anterior no pasa para encontrar el maximo.

Ubicamos los simbolos < y > en los lados dependiendo si el vertice de la dercha es más grande que el de la izquierda y viceversa.

Veamos que existen $a_{i-1}, a_i, a_{i+1}$ y $a_{i+2}$ tales que $a_{i-1}<a_i$. . .$a_{i+1}>a_{i+2}$ (1)
No importa que simbolo esta entre $a_i$ y $a_{i+1}$

Supongamos que no existen, WLOG $a_1<a_2$ como (1) no pasa $a_3<a_4$ y así $a_{2k-1}<a_{2k}$, llegamos a que $a_{2017}<a_{2018}$ y como (1) no pasa $a_{2019}<a_1$ y como (1) no pasa $a_2<a_3$ por lo que ahora ocurre qué $a_{2k}<a_{2k+1}$, al final nos queda qué $a_1<a_2<a_3...<a_{2019}<a_1$ absurso por lo que (1) ocurre.
(Si $a_1>a_2$ pasa lo mismo pero en sentido contrario)

Ahora WLOG supongamos que (1) pasa con $i=2019$.
$a_{2019}-a_{2018}\leq a_{2019}$ y $a_1-a_2\leq a_1$

Voy a demostrar que para que $P$ sea el mayor posible $a_{2k}=0$ (2)

Ahora creamos un nuevo poligono con producto $P'$, sean $a'_1, a'_2,...$ y $a'_{2019}$ sus números, elegimos $a'_1=a_1$, $a'_{2019}=a_{2019}$ y para los demas $a'_{2k}=0$ y $a'_{2k+1}=\frac{a_2+a_3+...+a_{2018}}{1008}$

$P=|a_1-a_2||a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}||a_{2018}-a_{2019}|a_{2019}-a_1|\leq a_1|a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|a_{2019}|a_{2019}-a_1|$
Con igualdad si y solo si $a_{2018}=a_2=0$

$P'=a_{1}a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}a_{2019}|a_{2019}-a_{1}|$

Por AM-GM
$\frac{|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+...+|a_{2017}-a_{2018}|}{2016}\geq \sqrt [2016]{|a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|}$

$(\frac{|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+...+|a_{2017}-a_{2018}|}{2016})^{2016}\geq |a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|$

$\frac{2(a_2+a_3+...+a_{2018})}{2016}>\frac{|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+...+|a_{2017}-a_{2018}|}{2016}$ a no ser que en cada $|a_i-a_{i+1}|$ uno de los dos ($a_i$ o $a_{i+1}$) sea 0, supongamos que no es así (de caso contrario pasaría (2)).

$(\frac{2(a_2+a_3+...+a_{2018})}{2016})^{2016} > |a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|$

Por otro AM-GM
$\frac{2(a'_{3}+a'_{5}+...+a'_{2017)}}{2016}\geq \sqrt [2016]{a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}}$

Como todos los terminos ingresados son iguales se produce la igualdad

$\frac{2(a'_{3}+a'_{5}+...+a'_{2017)}}{2016}=\sqrt [2016]{a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}}$

$\frac{2(1008\frac{a_2+a_3+...+a_{2018}}{1008})}{2016}=\sqrt [2016]{a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}}$

$\frac{2(a_2+a_3+...+a_{2018})}{2016}=\sqrt [2016]{a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}}$

$(\frac{2(a_2+a_3+...+a_{2018})}{2016})^{2016}=a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}$

$a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}>|a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|$

$a_1a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}a_{2019}|a_{2019}-a_1|>a_1|a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}|a_{2019}|a_1-a_{2019}|\geq|a_1-a_2||a_2-a_3|...|a_{2017}-a_{2018}||a_{2018}-a_{2019}|a_{2019}-a_1|=P $

$P'>P$

Queda demostrado que por cada poligono donde $a_{2k}=0$ no pasa hay uno donde si pasa que tiene mayor $P$ así que fijamos $a_{2k}=0$

$P=a_{1}a'^2_{3}a'^2_{5}...a'^2_{2017}a_{2019}|a_{2019}-a_{1}|$

Ahora vamos a demostrar que los de la forma $a_{2k+1}$ son todos iguales excepto $a_1$ y $a_{2019}$

Fijamos $a_1$ y $a_{2019}$.

Con AM-GM
$\frac{2(a_{3}+a_{5}+...+a_{2017)}}{2016}\geq \sqrt [2016]{a^2_{3}a^2_{5}...a^2_{2017}}$

$(\frac{2(\frac{2019}{2}-a_1-a_{2019})}{2016})^{2016} \geq a^2_{3}a^2_{5}...a^2_{2017}$

Así qué $a^2_{3}a^2_{5}...a^2_{2017}$ alcanza su maximo valor cuando $a_3=a_5=...=a_{2017}=b$.

Ahora vamos a ver cual es el maximo valor que puede tomar $a_1a_{2019}|a_1-a_{2019}|$ dependiendo de $b$.

Sea $c=\frac{2019}{2}-1008b$.

$a_1+a_{2019}=c$

Metemos en un AM-GM $(a_1-a_{2019})^2$ y dos $2a_1a_{2019}$

$\frac{(a_1-a_{2019})^2+2a_1a_{2019}+2a_1a_{2019}}{3}=\frac{(a_1+a_{2019})^2}{3}=\frac{c^2}{3}\geq \sqrt[3]{(a_1-a_{2019})^24a^2_1a^2_{2019}}=\sqrt[3]{((a_1-a_{2019})2a_1a_{2019})^2}$
$\frac{c^{2\times 3}}{3^3}\geq ((a_1-a_{2019})2a_1a_{2019})^2$
$\frac{c^3}{\sqrt{3^3}}=\frac{c^3}{3\sqrt{3}}=\frac{c^3\sqrt{3}}{3^2}\geq |a_1-a_{2019}|2a_1a_{2019}$
$\frac{c^3\sqrt{3}}{3^2\times 2}\geq a_1a_{2019}|a_1-a_{2019}|$

La igualdad es si y solo si $(a_1-a_{2019})^2=2a_1a_{2019}$ y combinado con $a_1+a_{2019}=c$ queda que la igualdad se da cuando uno de los dos es $\frac{c(3+\sqrt{3})}{6}$ y el otro $\frac{c(3-\sqrt{3})}{6}$.

Ahora tenemos que eligiendo sabiamente $a_1$ y $a_{2019}$ en base a $b$, $P=\frac{c^3\sqrt{3}}{3^2\times 2}b^{2016}$.

Metemos en un AM-GM tres veces $c$ y $2016$ veces $b\frac{3}{2}$.

$\frac{3c+\frac{2016b3}{2}}{2019}=\frac{\frac{3\times2019}{2}-1008\times3b+1008\times3b}{2019}=\frac{\frac{3\times2019}{2}}{2019}=\frac{3}{2}\geq \sqrt[2019]{c^3b^{2016}(\frac{3}{2})^{2016}}$

$(\frac{3}{2})^{2019}\geq c^3b^{2016}(\frac{3}{2})^{2016}$

$(\frac{3}{2})^{3}\geq c^3b^{2016}$


$(\frac{3\sqrt{3}}{16})\geq \frac{c^3\sqrt{3}}{3^2\times 2}b^{2016}$

El problema estaria solo agrego que de la ultima desigualdad se cumple que el maximo es cuando $b=1$
NO HAY ANÁLISIS.

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Gianni De Rico

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 05 Feb, 2019 5:31 pm

Joacoini escribió:
Mar 05 Feb, 2019 5:18 pm
Solución en conjunto con @Monazo.
Me parece que eso es hacer trampa...
MateoCV escribió:
Mié 09 Ene, 2019 8:52 pm
OMA Foros Open 2019
...

¿Se puede participar en equipo?
No. La idea es que los problemas se resuelvan individualmente, de manera que el ambiente en que se trabaje sea similar al de la OMA.

...
Yo te descalificaría (?)
[math]

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Joacoini

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 05 Feb, 2019 6:15 pm

Pero Gianni, no recordas que hicimos del 1 al 9 juntos?
NO HAY ANÁLISIS.

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 05 Feb, 2019 6:53 pm

Seguro?
Spoiler: mostrar
IMG_20190205_171246.jpg
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
1  
[math]

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Joacoini

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Re: OFO 2019 Problema 10

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 05 Feb, 2019 7:42 pm

Si, el pasaje Gotham-Rosario no fue barato.
1  
NO HAY ANÁLISIS.

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