Екстремална задача

[Genie_Almo]

Сумата на няколко (поне три на брой) неотрицателни числа е равна на 3. Сумата от квадратите на числата е по-голяма от 1. Да се докаже, че винаги могат да се изберат три от тези числа, така че сумата им да е по-голяма от 1.

[drago]

Нека числата са $1\geq x_1\geq x_2\geq x_3 \geq\dots \geq x_n$. Да допуснем, противното, т.е. че $x_1+x_2+x_3\leq 1$. Да означим също $s=x_1+x_2+x_3\leq 1$. В такъв случай е ясно, че $x_3\leq s
/3$.
И така имаме $\sum_{i=4}^n x_i=3-s $ и $\sum_{i=4}^n x_i^2>1-x_1^2-x_2^2-x_3^2$, при горните условия. Ще докажем, че това няма как да стане.

Първо едно наблюдение: Нека $y_1<y_2$ и разгледаме $f(y_1,y_2)=y_1^2+y_2^3$. Ако намалим $y_1$ с нещо и увеличим $y_2$ със същото това нещо, то $f(y_1,y_2)$ ще се увеличи.

Така, че като знаем, че $\sum_{i=4}^n x_i$ е равно на $3-s$, и всяко събираемо е не повече от $x_3$, то възможно най-голямата сума от квадратите им ще се достига когато всички са равни на $x_3$. В този случай, сумата от квадратите им е $\frac{3-s}{x_3}\cdot x_3^2=(3-s)x_3$.

От тук следва:
$$\sum_{i=1}^n x_i^2\leq (3-s)x_3 +x_1^2+x_2^2+x_3^2\leq (3-s)x_3+x_3^2 + x_3^2+(s-2x_3)^2=$$
$$= s^2-5sx_3 + 6x_3^2 + 3x_3 $$

Ограниченията са $x_3\leq 1/3\,,\, s\in [3x_3,1]$. При това положение, при фискирано $x_3$, лесно следва(като се вземе производната по $s$), че $s^2-5sx_3$ достига макс. стойност при $s=1$. И така:
$$\sum_{i=1}^n x_i^2\leq 1-2x_3+6x_3^2 \leq 1-2x_3(1-3x_3) \leq 1$$
което е противоречие с условието.
Това означава $x_1+x_2+x_3>1$.

[Genie_Almo]

Поздравления drago!

Когато бях ученик след дълги усилия и с много мъки успях да достигна до идентично на твоето решение. А ти успя толкова бързо! Много поучително решение - много добра работа! Единствено ми се струва, че е добре да се изчисти случаят, при който $(3-s)/x_3$ не е цяло число и максимумът на [tex]\sum_{i=4}^{n }x_i^2[/tex] ще е нещо от сорта на $(3-s-l)*x_3+l^2$ , където $l\epsilon (0,x_3)$. За последното обаче мисля, че е достатъчно да се каже, че така или иначе е по-малко от $(3-s)*x_3$ и да се продължи нататък.

При моето решение аз подходих по малко по-различен начин. Първо разгледах случая $x_1+x_2+x_3=1$, респ. $x_4+x_5+...+x_n=2$ и с аналогични на drago-вите разсъждения доказах, че максимумът на сбора от квадратите не може да е по-голям от 1 . Така с фиксирани числа и тези разсъждения за динамиката при сбора на квадратите при "раздалечаване" на числата с фиксирана сума, доказателството наистина върви гладко.

После при разглеждане на втория случай, $x_1+x_2+x_3<1$, респ. $x_4+x_5+...+x_n>2$ си казах така:

Ако взема най-малкото положително $x_k$ от втората групата (от $x_4$ до $x_n$) и от него извадя числото $min(x_k , 1-x_1-x_2-x_3)$ и го прибавя към $x_1$, то сумата на числата ще се запази, а сборът от техните квадрати ще се увеличи. Прилагането на краен брой такива операции неминуемо ще ме отведе до първия сучай.

И така завърших гимназията щастлив, че съм се преборил със задачата. Но все имах чувството, че нещо ми убягва – все си мислех, че за такава задача това решение е „по-тежко“, отколкото е необходимо…

[Genie_Almo]

…И така, докато не настъпи един обикновен ден в студентските ми години, през които не се занимавах под никаква форма с математика, а и специалността ми тогава не го изискваше. И така, необременен от никави математически размишления в последно време, дори не знам как тази задача отново изплува в съзнанието ми. И тогава просто се случи … като някаква светкавица ме удари в главата една от най-елегантните идеи, които ми е хрумвала (а те в моя живот се броят на пръсти). Може да не е кой знае какво, но за мен си е ценна.
Тогава седнах, нарисувах си няколко долепени квадратчета в намаляващ порядък и всичко само се подреди…

Нека $x_1≥x_2≥x_3≥⋯≥x_n≥0$ , доп. че $x_1+x_2+x_3=1-a$, където $a\epsilon [0,1)$.

$1< x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+…+x_n^2 ≤ x_1(1-a) + x_3(2+a) = x_1 - x_1a +2x_3 + x_3a = x_1 + 2x_3 – a(x_1-x_3) ≤ x_1+x_2+x_3 = 1-a ≤ 1$