1._ Encontrar el valor mínimo de
$ F(x,y)=\sqrt{(x+1)^{2}+(y-1)^{2}}+\sqrt{(x-1)^{2}+(y+1)^{2}}+\sqrt{(x+2)^{2}+(y+2)^{2}} $ , donde
. 2._ Sea $n \ge {2}$ y $0 \le x_{i} \le 1$ para toda $i = 1,2,...n$. Encuentra el valor máximo de
$(x_1 + x_2 + ... + x_n) - (x_1x_2 + x_2x_3 + ... + x_nx_1)$ y determina cuándo se alcanza.
8 comentarios:
(a) Usamos analítica en el triángulo A=(1,-1), B=(-1,1) y C=(-2,-2). Queremos encontrar D tal que DA+DB+DC es mínimo. Fijemos DC y veamos que el punto con DA+DB+DC mínimo (con DC fijo) es el que está en la mediatriz de AB. Eso significa que si D=(x,y), x=y. Ahora veamos que pasa en la ecuación. Da $2\sqrt{2x^2+2} + \sqrt{2(x^2+4x+4)}$. La x con ésto mínimo es también la x con $2\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2+4x+4}$ mínimo. Derivemos e igualemos a 0: $\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}} + \frac{2x+4}{2\sqrt{x^2+4x+4}}=0$$\Rightarrow (2x)(2(x+2)) + (2x+4)(\sqrt{x^2+1})=0$$\Rightarrow (x+2)(2x+\sqrt{x^2+1})=0$$\Rightarrow x=-2$ ó $2x=-\sqrt{x^2+1} \Rightarrow$$4x^2=x^2+1 \Rightarrow 3x^2=1 \Rightarrow x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. Claramente el signo no es positivo porque $(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})$ es mejor que $(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})$. Evaluando vemos que $(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})$ es el mejor de todos. Ásí el valor mínimo de F es, computando, da $2\sqrt{2}+\sqrt{6}$.
1.- Tomando la respresentación geométrica con un sistema de coordenadas cartesianas tenemos que $F(x,y)$ es la suma de las distancias del punto $(x,y)$ a los vértices del triángulo $T$ con vértices $(-1,1)$,$(1,-1)$,$(-2,-2)$, así que $F(x,y)$ se hará mínimo si y solo sí $(x,y)$ es el punto de Fermat de $T$, y es fácil ver que el punto de Fermat de $T$ es $(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})$, con lo que se puede computar el mínimo de $F(x,y)$.
2.- Vemos que $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i}-\sum_{i=1}^{n}{x_ix_{i+1}}$$=\sum_{i=1}^{n}{x_i(1-x_{i+1})}$, luego por $MA-MG$ tenemos que $\frac{x_i+1-x_{i+1}}{2}$$\geq \sqrt{x_i(1-x_{i+1})}$ y como $0\leq x_i(1-x_{i+1})\leq 1$ entonces $x_i(1-x_{i+1})\leq \sqrt{x_i(1-x_{i+1})}$, por lo que $\frac{n}{2}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{x_i+1-x_{i+1}}{2}}\geq \sum_{i=1}^{n}{x_i(1-x_{i+1})}=S$ entonces $\frac{n}{2}$ es una cota por arriba, que en los pares se alcanza y se ve que la igualdad solo se alcanza alternando unos y ceros en los $x_i$, para los impares ya no sirve eso, según yo ahí el máximo es $\frac{n-1}{2}$ pero todavia no lo logro demostrar.
Algo tarde :S pero ahí va...
Para el primero, en el plano tenemos al triángulo $ABC$ con sus vértices en las coordenadas
$\left(1, -1\right)$
$\left(-1, 1\right)$
$\left(-2, -2\right)$
y un punto $Z$ con coordenadas $\left(x, y\right)$. Entonces, lo que queremos minimizar es la suma de las distancias de $Z$ a los vértices de $ABC$, que claramente se logra con el punto de Fermat, y haciendo cuentas, usando que los ángulos formados serán de $120^{\circ}$, tendremos que el mínimo buscado es
$2\sqrt{2}+\sqrt{6}$
Para el segundo, veremos que como $0\leq x_{i} \leq 1$, entonces
$x_{i}x_{i+1}\leq \sqrt{x_{i}x_{i+1}}$
por lo que, si a la expresión de arriba le llamamos $A$, tendremos que
$2A\leq \sum_{i=1}^{n}{\left(\sqrt{x_{i}}-\sqrt{x_{i+1}}\right)^{2}}\leq n$
donde cada cuadrado sumado arriba es menor o igual a $1$. Como decía Jorge, para los $n$ par es fácil ver que el máximo es $\frac{n}{2}$, pero para los impares aún no veo que hacer...
Lo del segundo está mal, no le hagan caso...
En el 1 están bien, el truco era ese de ver que esa desigualdad era muy geométrica y luego ver el punto de Fermat.
Para el 2 la parte cuando $n$ es par es fácil, para la parte que $n$ sea impar la cota si es $(n-1)/2$. Un hint sería ocupar que $x_{2i+1}+x_{2i}(1-x_{2i+1}) \le x_{2i+1}+(1-x_{2i+1}) \le 1$
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