Mostrar que $\sum^{6}_{i=1} a_{i}=\frac{15}{2}$ $ \sum^{6}_{i=1} a^{2}_{i}=\frac{45}{4} \implies \prod_{i=1}^{6} a_{i} \leq \frac{5}{2}$

Question

Vamos $a_{i}$, $1 \leq i \leq 6,$ ser números reales tales que

$\displaystyle\hspace{1.2 in}\sum^{6}_{i=1} a_{i}=\frac{15}{2}\;\;$ $\;\;\displaystyle\sum^{6}_{i=1} a^{2}_{i}=\frac{45}{4}$.

Demostrar que $\hspace{.15 in}\displaystyle\prod_{i=1}^{6} a_{i} \leq \frac{5}{2} $.

---

Yo estaba pensando si considero que la primera suma y la extendió, va a ser bastante largo, que $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}= \frac{15}{2}$ y el segundo como $a^{2}_{1}+a^{2}_{2}+a^{2}_{3}+a^{2}_{4}+a^{2}_{5}+a^{2}_{6}= \frac{45}{4}$. Pero no creo que esta es la más corta de hacerlo, me pregunto si alguien podría darme una pista de lo que puedo pensar mejor que este. Gracias

Answer 1

Aquí es un Cálculo de las Variaciones de enfoque. Tal vez no muy elegante, pero funciona. $$ \sum_{j=1}^6a_j=\frac{15}2\implica\sum_{j=1}^6\delta a_j=0\etiqueta{1} $$ $$ \sum_{j=1}^6a_j^2=\frac{45}4\implica\sum_{j=1}^6a_j\delta a_j=0\etiqueta{2} $$ Para maximizar $\prod\limits_{j=1}^6a_j$, queremos $$ \sum_{j=1}^6\frac{\delta a_j}{a_j}=0\etiqueta{3} $$ para todas las variaciones en las condiciones $(1)$$(2)$. La linealidad implica que hay constantes $b$$c$, de modo que $$ \frac1{a_j}=b+ca_j\etiqueta{4} $$ Multiplicando $(4)$ $a_k$ y arrastrando los pies rendimientos $$ ca_j^2+ba_j-1=0\etiqueta{5} $$ La ecuación de $(5)$ implica que sólo hay dos valores posibles para $a_j$, $h$ y $k$. Todos los de la $a_j$ no puede ser igual desde entonces $(1)$ implica $a_j=\frac54$, que no satisface $(2)$.

Por lo tanto, tenemos $3$ de los casos: $$ h+5k=\frac{15}2\quad\text{y}\quad h^2+5k^2=\frac{45}4\implies(h,k)\in\left\{\left(0,\frac32\right),\left(\frac52,1\right)\right\}\tag{6} $$ Esto le da a los productos de $0$$\frac52$. $$ 2h+4k=\frac{15}2\quad\text{and}\quad2h^2+4k^2=\frac{45}4\implies(h,k)=\left(\frac{5\pm\sqrt{10}}4,\frac{10\mp\sqrt{10}}8\right)\tag{7} $$ Esto le da a los productos de $\frac{125(247\pm14\sqrt{10})}{16384}$. $$ 3h+3k=\frac{15}2\quad\text{and}\quad3h^2+3k^2=\frac{45}4\implies(h,k)=\left(\frac{5+\sqrt5}4,\frac{5-\sqrt5}4\right)\tag{8} $$ Esto le da a un producto de $\frac{125}{64}$.

---

El mayor de estos productos es $\frac52$ dada por la segunda solución en $(6)$: $\left\{\frac52,1,1,1,1,1\right\}$.

Por lo tanto, $$ \prod_{j=1}^6a_j\le\frac52\etiqueta{9} $$

Answer 2

Sugerencia:

Para cualquiera de las variables, hemos de CS de la desigualdad: $$5\left(\frac{45}4-a_i^2 \right) \geqslant \left(\frac{15}2-a_i \right)^2 \implies 0 \leqslant a_i \leqslant \frac52$$

Si alguna de las $a_i = 0$ claramente tenemos un mínimo, por lo que todas las variables son positivas, y es suficiente para mostrar la $\exists a, b \in \mathbb R$ s.t. $\forall x \in (0, \frac52]$. $$f(x) = \left(\tfrac16\log \tfrac52- \log x \right)+a(x-\tfrac54) + b(x^2 - \tfrac{15}8) \geqslant 0$$

Un poco de investigación muestra $a = \frac73 - \frac89\log \frac52, \quad b = -\frac23 + \frac49\log \frac52 $ se ajustan a la ley, y la igualdad es iff $x \in \{1, \frac52\}$.

Answer 3

El conjunto factible $S$ es transversal en la intersección de una $5$-esfera y un hyperplane en ${\mathbb R}^6$, por lo tanto, una $4$-esfera, en particular: un suave compacto colector. La función de $p({\bf a}):=\prod_{i=1}^6 a_i$ asume su máximo en $S$ en uno o varios condicionalmente puntos estacionarios de $p$. De ello se deduce que el máximo de puntos será traído a la palestra utilizando el método de Lagrange. Por lo tanto, hemos creado el "Lagrange" $$\Phi:=p-\lambda\sum_i a_i-\mu\sum_i a_i^2$$ y mira las ecuaciones $${\partial \Phi\over\partial a_i}={p\over a_i}-\lambda -2\mu a_i=0\qquad(1\leq i\leq 6)\ .$$ Ya en el máximo de puntos de todos los $a_i$ ser $\ne0$ esto implica $$p-\lambda a_i-2\mu a_i^2=0\qquad(1\leq i\leq 6)\ .$$ Esto está diciendo que, en el máximo de puntos de todos los $a_i$ son soluciones de uno y el mismo en la mayoría de la ecuación cuadrática. De ello se desprende que en la mayoría de los dos diferentes valores de $a_i$ se producen en dichos puntos. Por tanto, tenemos que considerar para $r\in\{0,1,2,3\}$ de las ecuaciones $$r a_1+(6-r)a_2={15\over2},\qquad r a_1^2+(6-r)a_2^2={45\over4}\ ,$$ y tiene que comprobar que el caso lleva a que el mayor valor de $p$. Esto equivale a que el análisis realizado por @robjohn en su "variacional" como respuesta. No voy a repetir aquí.

Answer 4

Vamos $$b_i=a_i-\dfrac54,$$ entonces $$\sum_{i=1}^6b_i=\sum_{i=1}^6a_i-6\cdot\dfrac54 = 0,$$ $$\sum b_i^2=\sum_{i=1}^6a_i^2 - \dfrac52\sum_{i=1}^6a_i+\dfrac{25}{16}\cdot6 = \dfrac{15}8,$$ y podemos buscar condicional máximo de $$\prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right).$$ Entonces podemos usar el método de multiplicadores de Lagrange.

Para eso, vamos a buscar el mayor valor de la función $$f(\vec b, \lambda,\mu) = \prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right) + \lambda\sum_{i=1}^6b_i+\mu\left(\sum_{i=1}^6b_i^2-\dfrac{15}8\right),$$ la papelería puntos de acuerdo a cero derivados $f'_{b_k}=0,\ f'_\lambda=0,\ f'_\mu=0,$ o $$\begin{cases} \left(b_k+\dfrac54\right)^{-1}\prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right) + \lambda + 2\mu b_k = 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i \ = \ 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i^2\ - \ \dfrac{15}8\ =\ 0\\[4pt] k=1\dots6, \end{casos}$$ $$\begin{cases} \prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right) + \lambda\left(b_k+\dfrac54\right) + 2\mu\left(b_k+\dfrac54\right)b_k = 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i \ = \ 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i^2\ = \ \dfrac{15}8\\[4pt] k=1\dots6. \end{casos}$$ Suma por $k$ indexado ecuación da $$6\prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right) + \lambda\dfrac{15}2 + \mu\dfrac{15}4 = 0,$$ o $$\prod_{i=1}^6\left(b_i+\dfrac54\right) + \lambda\dfrac54 + \mu\dfrac58 = 0,$$ así tenemos $$\begin{cases} \lambda b_k + 2\mu\left(b_k^2+\dfrac54b_k-\dfrac5{16}\right) = 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i \ = \ 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i^2\ = \ \dfrac{15}8\\[4pt] k=1\dots6. \end{casos}$$ Los valores de $\lambda$ $\mu$ puede ser arbitraria, pero las raíces de producción constante. Así $$\begin{cases} (b_k=n)\vee(b_k=p)\\[4pt] np=-\dfrac5{16}\\[4pt] n<0,\ p>0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i \ = \ 0\\[4pt] \sum_{i=1}^6\ b_i^2\ = \ \dfrac{15}8\\[4pt] k=1\dots6, \end{casos}$$ y para $b_1\leq b_2 \leq b_3 \leq b_4 \leq b_5 \leq b_6$ tenemos: $$\left[\begin{split} &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=n<0,\quad &6n=0,\quad &6n^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=n<0,\quad b_6=p=-\dfrac5{16n},\quad &5n=\dfrac5{16n},\quad &5n^2+p^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=b_4=n<0,\quad b_5=b_6=p=-\dfrac5{16n},\quad &4n=2\dfrac5{16n},\quad &4n^2+2p^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=n<0,\quad b_4=b_5=b_6=p=-\dfrac5{16n},\quad &3n=3\dfrac5{16n},\quad &3n^2+3p^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=n<0,\quad b_3=b_4=b_5=b_6=p=-\dfrac5{16n},\quad &2n=4\dfrac5{16n},\quad &2n^2+4p^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=n<0,\quad b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=p=-\dfrac5{16n},\quad &n=5\dfrac5{16n},\quad &n^2+5p^2=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=p>0,\quad &6p=0,\quad &6p^2=\dfrac{15}8, \end{split}\right.$$ o $$\left[\begin{split} &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=n=0,\quad &6\cdot0=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=n=-\dfrac14<0,\quad b_6=p=\dfrac54,\quad &5\dfrac1{16}+\dfrac{25}{16}=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=b_4=n=-\sqrt{\dfrac5{32}},\quad b_5=b_6=p=\sqrt{\dfrac58},\quad &4\dfrac5{32}+2\dfrac58=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=b_3=-\dfrac{\sqrt5}4,\quad b_4=b_5=b_6=\dfrac{\sqrt5}4,\quad &3\dfrac5{16}+3\dfrac5{16}=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=b_2=n=-\dfrac{\sqrt5}2,\quad b_3=b_4=b_5=b_6=\dfrac{\sqrt5}8,\quad &2\dfrac54+4\dfrac5{64}=\dfrac{15}8\\[4pt] &b_1=n=-\dfrac54,\quad b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=p=\dfrac14,\quad &\dfrac{25}{16}+5\dfrac1{16}=\dfrac{15}8\\ &b_1=b_2=b_3=b_4=b_5=b_6=p=0,\quad &6\cdot0=\dfrac{15}8, \end{split}\right.$$ Algunos sistemas son incompatibles.

Por lo tanto, el mayor valor de la meta de producción alcanza en uno de los puntos del conjunto $$\begin{pmatrix}b_1\\[10pt]b_2\\[10pt]b_3\\[10pt]b_4\\[10pt]b_5\\[10pt]b_6\end{pmatrix} \en\left\{ \begin{pmatrix}-\dfrac14\\-\dfrac14\\-\dfrac14\\-\dfrac14\\-\dfrac14\\\dfrac54\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-\sqrt{\dfrac5{32}}\\-\sqrt{\dfrac5{32}}\\-\sqrt{\dfrac5{32}}\\-\sqrt{\dfrac5{32}}\\\sqrt{\dfrac58}\\\sqrt{\dfrac58}\\\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-\dfrac{\sqrt5}4\\-\dfrac{\sqrt5}4\\-\dfrac{\sqrt5}4\\ \dfrac{\sqrt5}4\\\dfrac{\sqrt5}4\\\dfrac{\sqrt5}4\\\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-\dfrac54\\\dfrac14\\\dfrac14\\\dfrac14\\\dfrac14\\ \dfrac14\end{pmatrix} \right\}$$ y es igual a $$\max\left\{\left(-\dfrac14+\dfrac54\right)^5\left(\dfrac54+\dfrac54\right), \left(-\sqrt{\dfrac5{32}}+\dfrac54\right)^4\left(\sqrt{\dfrac58}+\dfrac54\right)^2, \left(-\dfrac{\sqrt5}4+\dfrac54\right)^3\left(\dfrac{\sqrt5}4+\dfrac54\right)^3, \left(-\dfrac54+\dfrac54\right)\left(\dfrac14+\dfrac54\right)^5\right\}$$ $$=\max\left\{\dfrac52,\dfrac{125(247+14\sqrt{10})}{16384} ,\dfrac{125}{64},0\right\}=\dfrac52.$$

Eso significa que $$\boxed{\prod_{n=1}^6a_i \leq\dfrac52}$$

Answer 5

Respuesta parcial: Considere el polinomio $P $\left(x\right)=x^{6}+\sum_{m=1}^{6}b_{m}x^{m-1} $$ where $b_{m}\in\mathbb{R} $ and assume that $a_{i},\, i=1,\dots,6 $ are the roots of this polynomial. By the Laguerre-Samuleson inequality we have that $$b_{1}=-\sum_{i=1}^{6}a_{i}=-\frac{15}{2} $$ $$b_{2}=\sum_{i=1}^{6}a_{i}^{2}=\frac{45}{4} $$ and $$-\frac{b_{1}}{2}+\frac{\sqrt{6b_{2}-b_{1}^{2}}}{2}\leq a_{i}\leq-\frac{b_{1}}{6}+\frac{\sqrt{6b_{2}-b_{1}^{2}}}{2}\sqrt{5}\etiqueta{1} $$ ($(1)$ and the other inequalities obviously hold for every polynomial of degree $n$) so in our case we have $$0\leq a_{i}\leq\frac{5}{2} $$ but this not ensure the inequality. So we have to recall the Brunk's inequalities and Boyd-Hawkins inequalities. Let $$s=\frac{\sqrt{6b_{2}-b_{1}^{2}}}{2}. $$ If we assume that $$a_{1}\geq a_{2}\geq\dots\geq a_{6} $$ then $$-\frac{b_{1}}{6}+\frac{s}{\sqrt{5}}\leq a_{1}\leq-\frac{b_{1}}{6}+s\sqrt{5},\etiqueta{2} $$ $$-\frac{b_{1}}{6}-s\sqrt{5}\leq a_{6}\leq-\frac{b_{1}}{6}-\frac{s}{\sqrt{5}}\etiqueta{3} $$ and $$-\frac{b_{1}}{6}-s\sqrt{\frac{k-1}{6-k+1}}\leq a_{k}\leq-\frac{b_{1}}{6}+s\sqrt{\frac{6-k}{k}},\, k=2,\dots,5.\la etiqueta{4} $$ It is important to note that the equality holds in the RHS of $(2)$ if and only if the equality holds in the RHS of $(3)$ and this is equivalent to $$a_{1}=-\frac{b_{1}}{6}+s\sqrt{5} $$ $$a_{2}=\dots=a_{6}=-\frac{b_{1}}{6}-\frac{s}{\sqrt{5}}. $$ In this case the product is exactly $5/2$. In a similar way it is possible to prove that the equality in the RHS of $(4)$ holds if and only if$$a_{1}=\dots=a_{k} $$ $$a_{k+1}=\dots=a_{6} $$ hence $$a_{1}=\dots=a_{k}=-\frac{b_{1}}{6}+s\sqrt{\frac{6-k}{k}} $$ $$a_{k+1}=\dots=a_{6}=-\frac{b_{1}}{6}-s\sqrt{\frac{k}{6-k}} $$ and again if we maximize a root necessary the product is less or equal to $5/2$. Este argumento no considerar todos los casos posibles, pero tal vez puede ser útil para completar la prueba.