Sean $x_1,x_2,x_3,\ldots ,x_{100}$ cien números reales mayores o iguales que $0$ y menores o iguales que $1$. Hallar el máximo valor posible de la suma$$S=x_1(1-x_2)+x_2(1-x_3)+x_3(1-x_4)+\cdots +x_{99}(1-x_{100})+x_{100}(1-x_1).$$
Si todo te da igual estás haciendo mal las cuentas. Albert Einstein.
Por lo tanto cada sumando de [math]\alpha \leq1 y como [math]\alpha tiene 50 sumandos [math]\alpha \leq50.
En cuanto a [math]\beta, como ya sabemos que [math]X_iX_p no puede ser negativo,[math]\beta \leq0.
Notemos que si a todos los [math]X con valor par le asignamos el valor 1 y a todos los [math]X con valor impar le asignamos el valor 0, tenemos que [math]\alpha = 50 y [math]\beta = 0, por lo que el máximo valor posible de la suma es 50.
Vamos a demostrar que [math]50\geq{\sum_{i=1}^{100}\sqrt{x_i(1-x_{i+1})}} viendo los subíundices módulo [math]100. Primero notemos que [math]\frac{1+x_i-x_{i+1}}{2}\geq{\sqrt{x_i(1-x_{i+1})}}, por AM-GM, y sumando cíclicamente tenemos que [math]\frac{100+{\sum_{i=1}^{100}x_i}-{\sum_{i=1}^{100}x_i}}{2}=50\geq{{\sum_{i=1}^{100}\sqrt{x_i(1-x_{i+1})}}} como queríamos.
Ahora vamos a demostrar que [math]\sqrt{x_i(1-x_{i+1})}\geq{x_i(1-x_{i+1})}. Elevando al cuadrado y suponiendo [math]x_{i+1}\neq{1} y [math]x_i\neq{0}, ya que si eso ocurre, estamos, nos queda: [math]1\geq{x_i(1-x_{i+1})}\Leftrightarrow{\frac{1}{1-x_{i+1}}}\geq{x_i}, pero es evidente que esa desigualdad se cumple, ya que el término izquierdo es mayor o igual a [math]1 y el derecho menor o igual a [math]1, entonces demostramos que [math]50\geq{\sum_{i=1}^{100}\sqrt{x_i(1-x_{i+1})}}\geq{{\sum_{i=1}^{100}{x_i(1-x_{i+1})}}}, y basta con encontrar un ejemplo donde la igualdad se cumple, pero si [math]x_{2k}=0 y [math]x_{2k+1}=1 el valor de la expresión adquiere ese máximo, entonces estamos.
EDIT: Edite las partes donde puse [math]x_ix_{i+1} en lugar de [math]x_i(1-x_{i+1}), donde ponía mal el AM-GM, igual se entendía , 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.
Sea [math](x_1',x_2',\dots,x_{100}') cualquier [math]100-upla que maximiza [math]S. Fijando en [math]S los valores [math]x_1 = x_1',\dots,x_{k - 1} = x_{k - 1}',x_{k + 1} = x_{k + 1}',\dots,x_{100} = x_{100}', obtenemos a [math]S como funcion lineal de [math]x_k. Como toda funcion lineal asume su valor maximo en los extremos de su dominio, podemos suponer sin perdida de generalidad que [math]x_k' es [math]0 o [math]1. Asi siguiendo, podemos suponer sin perdida de generalidad que cada [math]x_i' de [math]S es [math]0 o [math]1. Supongamos que para este [math]S hay [math]a ceros y [math]100 - a unos. Si [math]a \ge 50 entonces en [math]S viven a lo sumo [math]50 terminos, y son todos menores o iguales que [math]1, luego [math]S \le 50. Sino, [math]100 - a \ge 50 y pasa lo mismo porque los unos nos matan los terminos. Entonces [math]S \le 50. Ademas [math]S = 50 se alcanza, entonces es el maximo.
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.
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 $50$.
, y además hace falta aclarar que si se cancela el segundo factor en ese AM-GM, la desigualdad sigue valiendo, al principio.
