Problema de desigualdad difícil (si $(a_2-a_1)^2 + (a_3-a_2)^2 + \ldots + (a_{2n}-a_{2n-1})^2 = 1$ ...)

Question

Tengo un problema difícil:

Si $$(a_2-a_1)^2 + (a_3-a_2)^2 + \ldots + (a_{2n}-a_{2n-1})^2 = 1$$ donde $a_1,a_2...,a_{2n} \in \mathbb{R}$

¿Cuál es el máximo de $$(a_{n+1}+a_{n+2}+…+a_{2n})(a_1+a_2+…+a_n)?$$

He encontrado que : $$1 \leq \sqrt{(a_1)^2+(a_2)^2 +...+ (a_{2n-1})^2} + \sqrt{(a_2)^2+(a_3)^2 +...+ (a_{2n})^2}$$

por lo tanto : $$1 \leq (a_1)^2+(a_2)^2 +...+ (a_{2n-1})^2 + (a_2)^2+(a_3)^2 +...+ (a_{2n})^2 + 2\sqrt{\bigg((a_2)^2+(a_3)^2 +...+ (a_{2n})^2\bigg) \times \bigg((a_1)^2+(a_2)^2 +...+ (a_{2n-1})^2\bigg)}$$

Aquí podemos usar AM-GM pero...

Answer 1

Siguiendo la sugerencia de Achille Hui: Que $$s_k = a_k - a_{k-1}, \qquad k \ge 2$$ con $\sum\limits_{k=2}^{2n} s_{k}^2 = 1$ . Ahora la función objetivo es $$f = (a_{n+1}+a_{n+2}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_n) \\ = (a_{n+2}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_{n-1}) +a_{n+1} - a_{n} \\ = (a_{n+2}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_{n-1}) +s_{n+1} \\ = (a_{n+3}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_{n-2}) +s_{n+1} + a_{n+2} - a_{n-1}\\ = (a_{n+3}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_{n-2}) +s_{n+1} + a_{n+2} - a_{n+1} +a_{n+1} - a_{n} + a_{n} - a_{n-1}\\ = (a_{n+3}+…+a_{2n})−(a_1+a_2+…+a_{n-2}) +s_{n+1} + (s_{n+2} +s_{n+1} + s_{n} )$$ Siguiendo con esa telescópica da $$f = s_{n+1} + (s_{n+2} +s_{n+1} + s_{n}) + (s_{n+3} +s_{n+2} +s_{n+1} + s_{n}+ s_{n-1}) + \cdots + (\sum\limits_{k=2}^{2n} s_{k} )\\ = n s_{n +1} + \sum\limits_{k=1}^{n-1} k (s_{2n +1-k} + s_{k+1} )$$ de nuevo con $\sum\limits_{k=1}^{2n-1} s_{k+1}^2 = 1$ .

Ahora por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, $$f^2 = (n s_{n +1} + \sum\limits_{k=1}^{n-1} k (s_{2n +1-k} + s_{k+1} ))^2\\ \le (n^2 + 2 \sum\limits_{k=1}^{n-1} k^2 ) (s_{n +1}^2 + \sum\limits_{k=1}^{n-1} (s_{2n +1-k}^2 + s_{k+1}^2 )) \\ = \frac{n (2 n^2 + 1)}{3} (\sum\limits_{k=1}^{2n-1} s_{k+1}^2 )$$ Por lo tanto, $$f \le \sqrt{\frac{n (2 n^2 + 1)}{3}}$$

Esto es efectivamente el máximo, ya que la desigualdad de Cauchy-Schwarz es estrecha. La igualdad se produce cuando $c\cdot k = s_{2n +1-k} = s_{k+1}$ ( $k = 1\cdots n$ ) con la constante $c$ dada por la condición $\sum\limits_{k=1}^{2n-1} s_{k+1}^2 = 1$ es decir $s_{2n +1-k} = s_{k+1} = k/ \sqrt{\frac{n (2 n^2 + 1)}{3}}$ (para $k = 1\cdots n$ ).

Sólo para tener una idea, podemos comprobar que para los dos primeros $n$ .

Para $n=1$ tenemos lo obvio $s_2 = 1/ \sqrt{\frac{n (2 n^2 + 1)}{3}} = 1$ . El $a_k$ se puede volver a calcular a partir de esto: Fijar algunos $a_1$ y que $a_2 = a_1 + 1$ .

Para $n=2$ tenemos $\sqrt{\frac{n (2 n^2 + 1)}{3}} = \sqrt{6}$ Por lo tanto $s_2 = s_4 = 1/\sqrt{6}$ y $s_3 = 2/\sqrt{6}$ . De hecho, $s_2^2 + s_3^2 + s_4^2 = 1$ y $f = s_2 + 2 s_3 + s_4 = 6/\sqrt{6} = \sqrt{6}$ . De nuevo, el $a_k$ se puede volver a calcular a partir de esto: Fijar algunos $a_1$ y que $a_2 = a_1 + 1/\sqrt{6}$ , $a_3 = a_1 + 3/\sqrt{6}$ , $a_4 = a_1 + 4/\sqrt{6}$ . Entonces $f = (a_3 + a_4) - (a_1 +a_2) = 7/\sqrt{6} - 1/\sqrt{6} = \sqrt{6}$ .