Les dejo un problema un poco raro de álgebra:
Sean $x_{1},x_{2},...,x_{6}$ reales tales que:
$x_{1}^{2}+...+x_{6}^{2}=6$
$x_{1}+...+x_{6}=0$
Encuentra el valor máximo que puede tomar $x_{1}x_{2}...x_{6}$.
miércoles, 22 de mayo de 2013
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Respuesta: $\frac{1}{2}$. Ejemplo: $x_1=x_2=-\sqrt{2}$ y $x_3=x_4=x_5=x_6=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Demostración: Basta con ver que el producto de los números debe ser $\le \frac{1}{2}$. Argumento por contradicción, asumiendo que encontré 6 números que cumplen y que su producto es mayor a $\frac{1}{2}$. Si un número non de los números son no positivos, el producto será no negativo, por lo que será menor a $\frac{1}{2}$ ¡Contradicción!. Si todos ellos son no positivos o no negativos, por la segunda condición, todos ellos serán 0 y el producto será 0, que es menor a $\frac{1}{2}$. ¡Contradicción! Si alguno de los números es 0, también se llega a una contradicción. Así, o 4 de los números son positivos y 2 son negativos, o 4 son negativos y 2 positivos. En el primer caso, renombro a los positivos $c$, $d$, $e$, y $f$, y a los valores absolutos de los negativos les llamo $a$ y $b$. En el segundo caso, a los 2 positivos les renombro $a$ y $b$, y a los valores absolutos de los negativos les llamo $c$, $d$, $e$ y $f$.
En todo caso tendré, si llamo $k=a+b$,
(1) $k,a,b,c,d,e,f \textgreater 0$
(2) $k=a+b=c+d+e+f$
(3) $\frac{1}{2} \textless abcdef$
Así, por AM-GM
$\frac{1}{2} \textless abcdef=(ab)(cdef) \le \left(\displaystyle\frac{a+b}{2}\right)^2\left(\displaystyle\frac{c+d+e+f}{4}\right)^4$$= \displaystyle\frac{k^6}{2^{10}} \Rightarrow k \textgreater 2\sqrt{2}$.
Sin embargo, para todo $y_1$, …, $y_n$ positivos tengo por HM-AM que
$y_1^2+\ldots+y_n^2 \ge \displaystyle\frac{(y_1+\ldots+y_n)^2}{n}$.
Aplicando esto a ($a$, $b$) y ($c$, $d$, $e$, $f$) vemos que
$6 (a^2+b^2)+(c^2+d^2+e^2+f^2) \ge $$\displaystyle\frac{k^2}{2}+\displaystyle\frac{k^2}{4} =$$ \frac{3}{4}k^2 \textgreater$$ \frac{3*8}{4} = 6$.
¡Contradicción!
Así, tales números $x_1$, …, $x_n$ no existen y la respuesta es $\boxed{\frac{1}{2}}$.
Bueno, ahí va
Como tenemos $6$ variables, y queremos maximizar su producto, si una es $0$, el producto es $0$. Ahora asumamos que ninguna es $0$.
Si hay una cantidad impar de negativos, el valor será negativo, y si hay una cantidad par, el producto será positivo. Por lo tanto, asumiremos que hay una cantidad par de negativos.
Notemos que al cambiar $x_{i}$ por $-x_{i}$, si el problema funcionaba, también ahora funciona, así que asumiremos que hay más positivos que negativos.
Luego, como suman $0$, no pueden ser todas las variables positivas o negativas, por lo que asumiremos que $4$ de ellas son positivas y $2$ negativas.
Sean pues
$\left\{x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right\}=\left\{a, b, c, d\right\}$
$\left\{x_{5}, x_{6}\right\}=\left\{x, y\right\}$
con $a, b, c, d, x, y>0$.
Ahora, supongamos que $x^{2}+y^{2}<4$. Entonces
$2xy\leq x^{2}+y^{2}<4$
$xy<2$
y también, por $AM-GM$, tenemos que
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{4}>\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\geq \sqrt{abcd}$
de donde
$abcd\leq\frac{1}{4}$
y entonces tenemos que
$abcdxy<2\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2}$.
Ahora, asumiremos que $x^{2}+y^{2}\geq 4$.
Veamos que
$abcdxy\leq \left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)\sqrt[3]{\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{d^{2}+a^{2}}{2}\right)\left(\frac{a^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+d^{2}}{2}\right)}$
pero veamos que
$\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)=\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{\left(6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)-\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2}\right)\leq \left(\frac{6-\left(x^{2}+y^{2}\right)}{4}\right)^{2}$
Veamos que
$abcdxy\leq$
$\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)\sqrt[3]{\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{d^{2}+a^{2}}{2}\right)\left(\frac{a^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+d^{2}}{2}\right)}$
pero veamos que
$\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)=$
$\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{\left(6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)-\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2}\right)\leq$
$ \left(\frac{6-\left(x^{2}+y^{2}\right)}{4}\right)^{2}$
Veamos que
$abcdxy\leq$
$\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)\cdot$
$\sqrt[3]{\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{d^{2}+a^{2}}{2}\right)\left(\frac{a^{2}+c^{2}}{2}\right)\left(\frac{b^{2}+d^{2}}{2}\right)}$
pero veamos que
$\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{c^{2}+d^{2}}{2}\right)=$
$\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)\left(\frac{\left(6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)-\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2}\right)\leq$
$\left(\frac{6-\left(x^{2}+y^{2}\right)}{4}\right)^{2}$
Del comentario anterior (que apenas logré que se viera completo ¬¬) vemos que
$abcdxy\leq \frac{1}{32}\left(\x^{2}+y^{2}\right)\left(6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)$
pero, si $x^{2}+y^{2}=z\geq 4$ entonces
$abcdxy\leq \frac{1}{32}z\left(6-z\right)^{2}$
pero es fácil ver que el polinomio $P\left(z\right)z\left(6-z\right)^{2}$ tiene su máximo local en $z=2$, y su mínimo local en $z=6$, por lo que el intervalo $\left[2, 6\right]$ es decreciente. Ahora, como $z\geq 4$ entonces
$abcdxy\leq \frac{1}{32}P\left(z\right)\leq \frac{1}{32}P\left(4\right)=\frac{1}{2}$
y esta igualdad se puede lograr con
$x=y=\sqrt{2}$
$a=b=c=d=\frac{\sqrt{2}}{2}$
y tenemos efectivamente que $abcdxy=\frac{1}{2}$, y este es el máximo.
En el primer comentario me equivoqué, puse
$\left\{x_{5}, x_{6}\right\}=\left\{x, y\right\}$
y debe ser
$\left\{-x_{5}, -x_{6}\right\}=\left\{x, y\right\}$
Adán, no manches...
hay varios errores de redacción, creo que $2$
-$P\left(z\right)=x\left(6-z\right)^{2}$
-$abcdxy\leq \frac{1}{32}\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)^{2}$
pff, de nuevo...
$P\left(z\right)=z\left(6-z\right)^{2}$
Es facil ver que podemos suponer que hay dos negativos y dos positivos. Ignoraremos los ceros porque es facil ver que no son solución optima. Ahora, es equivalente optimizar eso y optimizar con la condición de que la suma de los cuadrados es menor o igual en vez de igual a $6$, ya que si es menor estricto multiplicaremos todo por una constante mayor a uno y el producto máximo (que es positivo) aumentará.
Sea $-a,-b,c,d,e,f$ una solución optima, que existe porque el espacio es compacto. Si $c\not = d$ entonces podemos cambiarlos ambos por su promedio $\frac{c+d}{2}$ y la suma de sus cuadrados se minimizará y el producto $cd$ se maximizará, quedando algo valido y mayor.
Así que para que una solución sea optima, $c=d=e=f$ y $a=b$. Entonces $c=d=e=f=x$ y $a=b=-2x$, por lo que el producto a maximizar es $4x^6$ con la condición $12x^2\leq 6$, osea $x^2\leq \frac{1}{2}$. Por lo tanto, $4x^6$ alcanza valor maximo $\frac{4}{8}=\frac{1}{2]$.
Entonces el valor maximo que se puede alcanzar es $\frac{1}{2}$
$\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$ es lo de la cajita roja
¿Cómo supiste que existía la solución óptima?
que punto esta en duda?
O sea, ¿qué espacio es compacto? (¿por qué? y ¿por qué implica la existencia de la solución?)
Es la intersección de una bola en seis dimenciones de radio raiz de seis (compacto) y un plano, que da una bola en cinco dimenciones con su frontera. Esto es por lo tanto un compacto.
y esta ese teorema de que una función continua (como esta) de un compacto a los reales(como esta) alcanza su maximo y su minimo.
Ahhh ya.
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