Encuentra todos los valores de $a$ que minimizan la expresión $|a- x_1| + |a-x_2|+\cdots + |a-x_n|$, donde $x_1\leq x_2\leq \cdots \leq x_n$.
Sé que el mínimo se logra cuando $a=x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}$ si $n$ es impar y cuando $a\in [x_{\lfloor n/2\rfloor}, x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}]$ cuando $n$ es par.
Creo que un enfoque es principalmente "fuerza bruta" y es relativamente complicado. Si defino $f(a) = |a-x_1|+\cdots + |a-x_n|$. ¿O tal vez podría usar derivadas? Para $a$ de manera que $x_i < a, $f'(a)$ es igual a $i - (n-i)$, lo cual es menor que $0$ para $i < n/2$ y $>0$ para $i > n/2$.
Pienso que el siguiente enfoque podría funcionar, pero incluso si lo hace, es demasiado tedioso.
Podría demostrar directamente que $f(x_i) < f(a) $ o $f(x_{i+1}) < f(a)$, dependiendo de si $i < \frac{n}2$ o $i > \frac{n}2$. Entonces podría evaluar directamente $f(a)$ estableciendo $a = x_k$ para algún $k < \lfloor n/2\rfloor, x_k < x_{\lfloor n/2\rfloor}$ y para $k > \lfloor n/2\rfloor + 1, x_k > x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}$. Luego podría demostrar que la distancia se reduciría al elegir $a=x_{\lfloor n/2\rfloor }$ o $x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}.$ Finalmente, podría mostrar que cuando $n$ es par, la distancia será la misma si elegimos cualquier $a\in [x_{\lfloor b/2\rfloor}, x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}$.
Aquí hay más detalles sobre mi enfoque:
Primero observa que no puede existir un índice i tal que $x_i < a < x_{i+1}$ a menos que $i = \frac{n}2$ (en cuyo caso, por supuesto, n tiene que ser par).
Para ver por qué, observa que para tal a, tenemos
\begin{align} f(x_i) - f(a) &= \sum_{j=1}^i (x_i - a) + \sum_{j=i+1}^n (a- x_i)\\ &= (a- x_i)(n- 2i)\tag{1} \end{align}
y
\begin{align} f(x_{i+1}) - f(a) &= \sum_{j=1}^i (x_{i+1} - a) + \sum_{j=i+1}^n (a - x_{i+1})\\ &= (a-x_{i+1})(n-2i) \tag{2} \end{align}
Claramente, $(1)$ muestra que $f(x_i) - f(a) < 0$ para $i > \frac{n}2$ y $(2)$ muestra que $f(x_{i+1} ) - f(a) < 0$ para $i < \frac{n}2$. Así que sabemos que si $a$ se encuentra estrictamente entre dos índices $x_i$ y $x_{i+1}$ y $f(a)$ es mínima, entonces $i = \frac{n}2$. Ahora encontramos los valores de $i$ para que $f(x_i)$ sea mínimo.
Ahora afirmamos que si $n$ es impar, y $x_k < x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}$ entonces $f(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}) < f(x_k)$.
Observa que $f(x_k) = \sum_{i=1}^k (x_k - x_i) + \sum_{i=k+1}^n (x_i - x_k)$. Entonces, si $x_k < x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor}$, tenemos
\begin{align}f(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor}) - f(x_k) &= \sum_{j=1}^k (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor} - x_k) + \sum_{j=k+1}^{\lfloor \frac{n}2\rfloor - 1} (x_k + x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor } - 2x_j) + \sum_{j= \lfloor \frac{n}2\rfloor}^n (x_k - x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor })\\ &\leq (k- (n-\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1)) (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor} - x_k) + (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor} - x_k) (\lfloor \frac{n}2\rfloor - k - 1) \\ &= (2 \lfloor \frac{n}2\rfloor - n - 2)(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor }- x_k) < 0,\end{align}
Ahora, si $x_k > x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}$, entonces tenemos
\begin{align} f(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}) - f(x_k) &= \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}2\rfloor +1} (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - x_k) + \sum_{j=\lfloor \frac{n}2\rfloor + 2}^{k} (2x_j - (x_k + x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} )) + \sum_{j= k + 1}^n (x_k - x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1})\\ &\leq (\lfloor\frac{n}2 \rfloor + 1- (n-k )) (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - x_k) - (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - x_k) (k - \lfloor\frac{n}2 \rfloor - 1) \\ &= (2 \lfloor \frac{n}2\rfloor - n + 2)(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}- x_k) < 0\end{align}
Entonces, para minimizar $f(a)$, debemos tener $x_{\lfloor \frac{n}2 \rfloor }\leq a \leq x_{\lfloor \frac{n}2 \rfloor + 1}$. Luego, tenemos para $k=\lfloor \frac{n}2\rfloor$ que (3)
\begin{align}f(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}) - f(a) &= \sum_{j=1}^k (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - a) + \sum_{j=k+1}^{\lfloor \frac{n}2\rfloor} (a + x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - 2x_j) + \sum_{j= \lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}^n (a - x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1})\\ &\leq (k- (n-\lfloor \frac{n}2\rfloor)) (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - a) + (x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1} - a) (\lfloor \frac{n}2\rfloor - k) \\ &= (2 \lfloor \frac{n}2\rfloor - n)(x_{\lfloor \frac{n}2\rfloor + 1}- a) \leq 0,\end{align}
con igualdad cuando $n$ es par. Dado que el mínimo no se puede lograr para $x < \lfloor n/2\rfloor$ debido a una prueba anterior, esto muestra que si $n$ es impar, no podemos tener $x_{\lfloor n/2\rfloor + 1} > a$ si $f(a)$ es mínimo (ya sea que $a < x_{\lfloor n/2\rfloor}$, en cuyo caso $f(a)$ no es mínimo, o $x_{\lfloor n/2\rfloor} \leq a < x_{\lfloor n/2\rfloor + 1}$, en cuyo caso por la prueba anterior ((3)) $f(a)$ no es mínimo. Si n es par, entonces tenemos que el mínimo se logra para $a \in [x_{n/2}, x_{n/2+1}]$.
