Задача из журнала «Квант» (2012 год, 4 выпуск)

Условие

Сто неотрицательных чисел $x_{1},x_{2},\ldots,x_{100}$ расставлены по кругу так, что сумма любых трех подряд идущих чисел не превосходит $1$ (т. е. $x_{1}+x_{2}+x_{3}\leqslant 1,x_{2}+x_{3}+x_{4}\leqslant 1,\ldots,x_{100}+x_{1}+x_{2}\leqslant 1$). Найдите наибольшее значение суммы

$$S=x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{5}+x_{4}x_{6}+\ldots+x_{99}x_{1}+x_{100}x_{2}.$$

Ответ:$\frac{25}{2}.$

Решение

Положим $x_{2i}=0$, $x_{2i-1}=\frac{1}{2}$ для всех $i=1,\ldots,50.$ Тогда $S=50\cdot\left(\frac{1}{2}\right )^{2}=\frac{25}{2}$. Итак, остается доказать, что $S\leqslant\frac{25}{2}$ для всех значений $x_{i},$ удовлетворяющих условию.

При любом $i$ от $1$ до $50$ имеем $x_{2i-1}\leqslant 1-x_{2i}-x_{2i+1}$,$x_{2i+2}\leqslant 1-x_{2i}-x_{2i+1}.$ По неравенству о средних,

$$\begin{multline*} x_{2i-1}x_{2i+1}+x_{2i}x_{2i+2}\leqslant \\ \leqslant\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right)x_{2i+1}+x_{2i}\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right )=\\ =\left ( x_{2i}+x_{2i+1} \right )\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right)\leqslant \\ \leqslant\left ( \frac{\left ( x_{2i}+x_{2i+1} \right )+\left( 1-x_{2i}-x_{2i+1} \right)}{2}\right )^{2}=\frac{1}{4}.\end{multline*}$$
Складывая получившиеся неравенства для $i=1,2,\ldots,50$, приходим к нужному неравенству $$\sum\limits_{i=1}^{50}\left(x_{2i-1}x_{2i+1}+x_{2i}x_{2i+2}\right)\leqslant 50\cdot\frac{1}{4}=\frac{25}{2}.$$

Замечание. Предложенное решение показывает, что верен следующий несколько более общий факт. Пусть $2n$ неотрицательных чисел $x_{1},\ldots,x_{2n}$ записаны в ряд, и пусть $x_{i}+x_{i+1}+x_{i+2}\leqslant 1$ для всех $i=1,2,\ldots,2n-2.$ Тогда

$$\sum\limits_{i=1}^{2n-2}x_{i}x_{i+2}\leqslant\frac{n-1}{4}.$$ Исходное неравенство получается как частный случай для ряда из чисел $x_{1}, x_{2},\ldots,x_{100},x_{1},x_{2}.$

И. Богданов