Máximo de$a_1 \cdot a_2 \cdots a_n$ dado$a_1 + \cdots + a_n = 1000$?

Question

No estoy seguro de lo que estoy haciendo mal en mi solución a este problema:

Encontrar los números positivos $n$ $a_1, a_2, \dots, a_n$ tal que $a_1+a_2+\dots +a_n\le 1000$ y el producto $a_1a_2\dots a_n$ es tan grande como sea posible.

Tengo que $AM-GM$ nos da $\dfrac{a_1 + \cdots + a_n}{n} = \dfrac {1000}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$. Independientemente de $n$, obtenemos la igualdad (y, por tanto, la máxima de que el producto) $\iff$ $a_1 = a_2 = \cdots = a_n$, por lo que la desigualdad anterior se convierte en $\dfrac {1000}{n} = \sqrt[n]{a_1^n}$ o $\dfrac {1000}{n} = a_1$. Para maximizar $a_1$, podemos tomar $n = 1$. Pero esta es, obviamente, una respuesta equivocada.

EDIT: Esta es la solución que dan:

Answer 1

Lo que has mostrado es esto:

Para un$n$%, y$a_i\in \mathbb R_{>0}$, se obtiene el producto máximo cuando$a_i=\dfrac{1000}{n}$ para todos$i$.

Pero entonces el producto es$\left(\dfrac{1000}{n}\right)^n$, no$\dfrac{1000}{n}$. Y este producto no se maximiza cuando$n=1$; se maximiza cuando$n$ es aproximadamente$\dfrac{1000}{e}$. (Específicamente: tome los dos enteros a cada lado de$\dfrac{1000}{e}$ y vea cuál de ellos da un producto mayor).

Answer 2

Entonces, como sugiere su libro, podemos establecer que$a_i \le 4$: si tuviéramos un$a_i > 4$, entonces$(a_i - 2 )(2) = a_i + (a_i - 4) > a_i$. Del mismo modo$(a_i - 1)(1) < a_i$, entonces tenemos$a_i > 1$. Por lo tanto, nuestro$a_i$ será$2$ o$3$, que son aproximadamente$e$, en relación con la respuesta de Simply Beautiful Art, pero$2 \cdot 2 \cdot 2 < 3 \cdot 3$ garantiza que puede ser como máximo el dos$2$.

Este es un problema bastante clásico, y la respuesta de Art puede ser un buen punto de partida para hacer una conjetura sobre la solución para los naturales.

Answer 3

Tenga en cuenta que cuando se $a_1=a_2=\dots=a_n$,$\frac{1000}n=a_1$. Pero, a continuación, intenta encontrar

$$\max[a_n]$$

que no es lo que estamos buscando. Lo que quiero es que

$$\max[(a_n)^n]=\max\left[\left(\frac{1000}n\right)^n\right]$$

Usted puede, sin embargo, tenga en cuenta que dado que el máximo se produce cuando $a_1=a_2=\dots=a_n$, entonces directamente mediante el uso de las ecuaciones originales:

$$na_1=1000$$

$$a_1=\frac{1000}n$$

$$a_1\times a_2\times\dots\times a_n=(a_1)^n=\left(\frac{1000}n\right)^n$$

Que es mucho más grande de lo que inicialmente se suponía. Tomando la derivada y la búsqueda de la máxima global para $n\in\mathbb N$, nos encontramos con el máximo global se produce en $n\approx1000/e=367.8$, y mediante la comparación de los valores alrededor de ella, $n=368$ es nuestra solución, con

$$a_1=2.718281828\approx e$$

y

$$(a_1)^n=5.8614\times10^{159}$$

para $a_n\in\mathbb N$, esto es simplemente una cuestión de si $a_1=2$ o algunos bombination de $2$$3$, y esto es fácil de comprobar que debería ser como muchos de los $3$'s como sea posible.

Answer 4

Cómo hacerlo sin cálculo:

Su error es que aunque tomando $n = 1$ a maximizar la $a_1$ plazo que minimiza el exponente. $a = 1000 > b = 500 = 1000/2 > .... k = 1000/n$ pero $1000^1 < 500^2 < ..... k^n$.

Así, mientras que usted está en lo correcto $a_k = 1000/n$ (o entero más cercano). Usted no tiene alguna idea de lo $n$ debe ser.

Considere la posibilidad de un producto $a_1a_2....a_n; a_1 + a_2+a_3+.... + a_n = M$.

Nuestro objetivo es maximizar el producto.

1: a Menos que se $M = 1$ (en cuyo caso el único producto es $1 = a_1 = 1$) ninguno de los $a_k$ será igual a $1$.

Si usted tiene un término equivalente a $1$ y otro término que equivale $a_k$ puede reemplazar estos dos términos con el único término $b = a_k+1$. Esto aumentará el producto (como $a_k + 1 > a_k*1$), mientras que el mantenimiento de la suma (como $b = a_k + 1$).

2: no habrá términos más grande que la de 4.

Si tenemos un plazo $a_k > 4$ podemos reemplazar este término con dos términos de $b = \lfloor a_k/2 \rfloor$$ = \lceil a_k/2 \rceil$. Si $a_k$ incluso $a = b= a_k/2$. Si $a_k$ es extraño $a= \frac {a-1}2; b = \frac {a+1}2$.

La suma se mantiene ( $a + b = a_k$ ), pero el producto es mayor: si $a_k$ es incluso, a continuación,$bc = \frac {a_k}2\frac {a_k}2 = \frac {a_k^2}4 > \frac {a_k*4}4 = a_k$. Si $a_k$ es impar, a continuación,$a_k \ge 5$. A continuación,$bc = \frac {a_k-1}2\frac {a_k+1}2 = \frac {a_k^2 - 1}4 = \frac {a_k^2}4 - 1/4 \ge \frac {a_k*5}4 -1/4 = a_k + \frac {a_k}4- 1/4 > a_k$.

2a: Si cualquiera de los términos se $a_k =4$ que puede sustituir a $a_k$ con dos términos, $b = c =2$ sin cambio a la suma o el producto.

3: No va a haber más de un $4$ o un par de $2$s.

Si hay$a_k = 4$$a_j= 4$, podemos reemplazarlos con $b=3;c=3; d=2$. La suma se conserva como $a_k + a_j = b+c+d$, pero el producto es mayor, ya que $a_k a_j = 16$ mientras $bcd = 18 > 16 = a_ka_j$.

Si hay $a_k =2; a_j = 2; a_l =2$ podemos reemplazarlos con $b=c= 3$. La suma se conserva como $a_k + a_j + a_l= a+b$, pero el producto es mayor, ya que $a_k a_j a_l= < 8 < 9 = bc$.

Poner todos los hechos juntos nos damos cuenta de que los términos deben ser a) todos los $3$s (en cuyo caso $M$ es un múltiplo de a $3$). b) todos los $3$s y un $2$ (en cuyo caso $M \equiv 2 \mod 3$) o c) todos los $3$s y dos $2$s o, alternativamente, todos los $3$ e una $4$ (en cuyo caso $M \equiv 1 \mod 3$).

Así que si $M = 1000= 3*332 + 4$, la más alta posible del producto es $n = 333$ o $n= 334$ $a_1$ a través de $a_{332} = 3$ y, o bien $a_{333}=4$ o $a_{333}=a_{334} = 2$.

==== respuesta anterior (la misma idea, pero creo que si se han modificado de manera significativa como para justificar mi respuesta diferente) ====

Cómo hacerlo sin cálculo:

Deje $a_1a_2.....a_n$ ser el producto más grande.

Si $a_i = 4$ usted podría sustituir a $a_i =4$ $a_{i1} =2; a_{i2} = 2$ $a_i = a_{i1}+a_{i2}; a_i = a_{i1}a_{i2}$ sin cambios en el producto.

Si $a_i > 4$ usted podría sustituir a $a_i=4$ $a_{i1} = (a_i - 2); a_{i2} = 2$ conseguir $a_{i1}a_{i2} = 2a_i - 4 = a_i + (a_i -4) > a_i$ mientras $a_i = a_{i1}+a_{i2}$. Así que esto va a hacer que el producto sea más grande.

Así que la máxima del producto no necesita contener algo mayor que $3$.

Si el producto contiene alguno de los $a_i = 1$ y algunos $a_j$, entonces la sustitución tanto de los con $a_k = a_j + 1$ va a hacer el producto más grande como $a_j + 1 > a_j*1$.

Así que la lista de términos sólo contendrá $3$s y $2$s.

La pregunta es ¿cuántos grupos de tres y cuántas $2$s.

Bien. Cualquiera de las tres $2$s, $2*2*2=8$, puede ser reemplazado con $3*3 = 9$ mientras $2+2+2 = 3+3$. Así que habrá en la mayoría de los dos $2$s. El resto se $3$s.

Si $k=1000$ es divisible por $3$ todos estarán $3$. (No lo es y no lo son.)

Si $k = 1000$ resto dos cuando se divide por $3$ habrá un $2$. (Ídem.)

Si $k = 1000$ restante una vez dividido por $3$ (él) habrá dos $2$s.

Así que la máxima del producto es $2^2* 3^{m}$ donde $m = \frac {1000 - 2-2}3 = 332$.

Answer 5

Usando el método multiplicador de Lagrange, hemos encontrado el máximo de

$f(a_1,\ldots,a_n)=\prod_{i=1}^n a_i-\lambda\cdot (\sum_{i=1}^n a_i-1000)$

y, por lo tanto, obtenemos un sistema de ecuaciones$n$ de la siguiente manera:

$\frac{\partial f}{\partial a_i}=\prod_{\stackrel{j=1}{j\ne i}}^n a_j-\lambda=0$

para$i=1,\ldots,n$ más la siguiente ecuación adicional para la restricción:

$\sum_{i=1}^n a_i-1000=0\qquad(*)$

En particular, para$j$ y$j+1$ tenemos

$\frac{\partial f}{\partial a_j}=\prod_{\stackrel{i=1}{i\ne j}}^n a_i-\lambda=0$

y

$\frac{\partial f}{\partial a_{j+1}}=\prod_{\stackrel{i=1}{i\ne j+1}}^n a_i-\lambda=0$

Por lo tanto, encontramos$a_j=a_{j+1}$ para todos$j=1,\ldots, n$ y de la Ecuación$(*)$ que sigue:$a_1=a_2=\ldots=a_n=\frac{1000}{n}$.

Por lo tanto, el máximo es$\left(\frac{1000}{n}\right)^n$.