Question

Determine o maior valor possível de $\displaystyle\sum_{k~= 1~}^{10} \cos(3x_k)$ para os números reais $x_1, x_2, \dots, x_{10}$ satisfazendo $\displaystyle\sum_{k~= 1~}^{10} \cos(x_k) = 0$.​

Answer 1

Primeiro recordamos a  fórmula para o cosseno e seno da soma de arcos:

cos(a+b) = cos(a)cos(b) - sen(a)sen(b)

sen(a+b) = sen(a)sen(b) + cos(a)cos(b)

Usando também a identidade trigonométrica sen²x+cos²x=1 temos

cos(2x) = cos²(x) - sen²(x) = 2cos²(x) - 1

sen(2x) = 2sen(x)cos(x)

Logo temos

cos(3x) = cos(x+2x) = cos(x)cos(2x) - sen(x)sen(2x)

cos(3x) = 2cos³(x) - cos(x) - 2sen²(x)cos(x)

cos(3x) = 4cos³(x) - 3cos(x)           ( I )

Assim, sendo $\mathsf{y_k = \cos x_k}$ usando a equação ( I ) acima o problema torna-se maximizar

$S = \displaystyle \sum_{k =1}^{10} 4y_k^3 - 3y_k$

sujeito as restrições $\mathsf{\displaystyle \sum_{k = 1}^{10} y_k = 0 }$  e $\mathsf{-1 \leq y_k \leq 1}$. Ou seja, basta maximizar

$\overline S = \displaystyle \sum_{k = 1}^{10} y_k^3$

Começamos observando que a função f(x) = x³ é convexa para x ≥ 0. Assim, pela desigualdade de Jensen, para y₁, ..., yₙ números  não negativos vale

$f\left(\dfrac {y_1}n + \cdots + \dfrac{y_n}n\right) \leq \dfrac 1n f(y_1) + \cdots + \dfrac 1nf(y_n) \implies$

  $\left( \dfrac{y_1 + \cdots + y_n}{n}\right)^3 \leq \dfrac{y_1^3 + \cdots + y_n^3}{n}$

Assim, se y₁ + ... +  yₙ = L vale que

$y_1^3 + \cdots + y_n^3 \geq \dfrac{L^3}{n^2}$  ( II )

Por outro lado, caso sejam a,b dois números no intervalo [0,1] com 1 < a+b = L < 2 então vale que

a³+b³ ≤ 1 + (L-1)³          ( III )

De fato 1 + (L-1)³= 1 + ( (a+b) -1)³ . Desenvolvendo  a expressão acima obtemos

a³+b³ ≤ a³+b³ + 3a²b+3ab² + 3a+3b - 3a²-6ab-3b²

0 ≤ 3abL + 3L - 3L²

0 ≤ ab + 1 - a - b

0 ≤ (a-1)(b-1)

Essa última é verdadeira pois a ≤ 1 e b ≤ 1. Logo ( III ) é verdadeira. Isso implica que se y₁ + ... +  yₙ = L com 0 ≤ L ≤ n  e y₁, ..., yₙ  ≤ 1 então

$y_1^3 + \cdots + y_n^3 \leq \lfloor L \rfloor + \left( L - \lfloor L \rfloor \right)^3$     ( IV )

Voltando ao problema, digamos que y₁, ..., yₙ > 0 e yₙ₊₁, ..., y₁₀ ≤ 0. Então temos

$y_1 + \cdots + y_n = L = -(y_{n+1} + \cdots + y_{10})$

Combinando as desigualdades ( III ) e ( IV ) segue que

$\overline S \leq \lfloor L\rfloor + (L - \lfloor L\rfloor)^3 - \dfrac{L^3}{m^2}$  ( V )

Onde m = 10-n e L ≤ min{m,n}. Vamos escrever X = ⌊L⌋ e Y = L - X. Assim, X é um número inteiro no intervalo [0,min{m,n}] e Y está no intervalo [0,1). Note que podemos supor que Y está no intervalo [0,1] e X estará no intervalo [0, min{m,n}-1]. Assim, queremos analisar o máximo da expressão

[ m²X + m²Y³ - (X+Y)³ ] / m²

Se m = 1 temos X = 0 e  o máximo dessa expressão é 0. Assim, digamos que m > 1 e fixamos X = m - k para algum k no conjunto {1,2,...,m}. Escrevendo

$f(Y) = (m^2 - 1) Y^3 - 3XY^2 - 3X^2Y -X^3 + m^2X$

Derivando e igualando a 0 obtemos

$(m^2- 1)Y^2 - 2XY - X^2 = 0 \implies Y = \dfrac X{m-1} \textrm{ ou } Y = -\dfrac{X}{m+1}$

Ou seja, f tem um ponto crítico em [-1,0] e outro no intervalo [0,1].  Como f é um polinômio de grau 3 com coeficiente lider positivo, segue que o máximo de f no intervalo [0,1] ocorre se Y = 0 ou se Y = 1. Isso mostra que o máximo de ( V ) ocorre para L inteiro. Daí, há apenas uma quantidade finita de casos a testar. Testando, o máximo ocorre para m = 7, n = 3 e L = 3:

$\overline S \leq \dfrac{120}{49} \implies S \leq \dfrac{480}{49}$

De fato, esse valor é atingido para x₁ = x₂ = x₃ = 0 e x₄ = ... = x₁₀ = arccos(-3/7).

Resposta:

480/49