Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης
Θέματα των τάξεων 10η και 11η για το έτος 2002.

1. Σε μια ευθεία είναι τοποθετημένο ένα πιόνι. Ο Νίκος και ο Γιώργος παίζουν το εξής παιχνίδι: Ο Νίκος ανακοινώνει αριθμούς, που δεν υπερβαίνουν το

, και ο Γιώργος μετακινεί το πιόνι σε απόσταση, που ανακοίνωσε ο Νίκος, σε οποιαδήποτε κατεύθυνση. Εξάλλου απαγορεύεται δέκα συνεχόμενες φορές να μετακινηθεί το πιόνι προς την ίδια κατεύθυνση. Μπορεί άραγε ο Νίκος να ανακοινώσει τέτοιους αριθμούς, ώστε μετά από κάποια χρονική στιγμή το πιόνι να βρεθεί σε απόσταση μεγαλύτερη του

από την αρχική του θέση; (Σ. Μπέρλοβ)

2. Δυο τρίγωνα έχουν κοινό εγγεγραμμένο και περιγεγραμμένο κύκλο. Οι πλευρές ενός εξ αυτών εφάπτονται του εγγεγραμμένου κύκλου στα σημεία K,L,M

και του άλλου στα σημεία $K_{1}, L_{1}, M_{1}$ . Να αποδείξετε, ότι τα τρίγωνα KLM

και $K_{1}L_{1}M_{1}$ έχουν κοινό ορθόκεντρο. (Τ. Εμελιάνοβα, Λ. Εμελιάνοβ)

3. Το μη σταθερό με πραγματικούς συντελεστές πολυώνυμο p(x)

έχει την ακόλουθη ιδιότητα: για οποιουσδήποτε φυσικούς αριθμούς

και

(μη μηδενικούς) ο αριθμός $\dfrac{p(n+1)p(n+2) \cdots p(n+k)}{p(1)p(2) \cdots p(k)}$ , είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι αυτό το πολυώνυμο διαιρείτε με το

. (Φ. Πετρόβ)

4. Στο τόξο

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

δίνεται ένα σημείο

. Οι ευθείες

και

τέμνουν την προέκταση των πλευρών

και

στα σημεία $C_{1}$ και $A_{1}$ αντίστοιχα και η ευθεία

τέμνει την πλευρά

στο σημείο $B_{1}$ . Οι ευθείες $C_{1}B_{1}$ και $A_{1}B_{1}$ τέμνουν τις πλευρές

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η ευθεία

διέρχεται από το σημείο τομής των συμμετροδιάμεσων του τριγώνου ABC

. (Λ. Εμελιάνοβ)

5. Έστω

γράφος χωρίς τρίγωνα, στον οποίο μπορούμε να διαλέξουμε το πολύ

ζεύγη μη γειτονικών ακμών. Να αποδείξετε ότι οι κορυφές του επιδέχονται κανονικό χρωματισμό με

χρώματα. (Β. Ντόλνικοβ, Σ. Μπέρλοβ)

6. Να αποδείξετε ότι για $k=2^{n}$ οι αριθμοί $C_{k-1}^{i}$ ( $i=0,1, \dots, 2^{n-1}-1$ ) δίνουν ανά δυο διαφορετικά υπόλοιπα στην διαίρεση με το

. (Ντ. Τζούκιτς)

7. Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, a_{3},a_{4}, a_{5}$ ισχύει η ανισότητα:

$\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}}{2} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}}{2} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}}{2} \leq$

$\leq \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}+a_{4}}{3} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}+a_{5}}{3} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}+a_{1}}{3} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}+a_{2}}{3}$ . (Α. Χράμπροβ)

8. Να αποδείξετε ότι ένα μη διαχωρίσιμο σύστημα

σφαιρών στον χώρο με ακτίνες $R_{1}, R_{2}, \dots , R_{n}$ μπορεί να επικαλυφτεί με σφαίρα ακτίνας $R_{1}+R_{2}+\dots +R_{n}$ . (Φ. Πετρόβ)

S.E.Louridas · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 09, 2024 5:35 pm
Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης
Θέματα των τάξεων 10η και 11η για το έτος 2002.
4. Στο τόξο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου δίνεται ένα σημείο . Οι ευθείες και τέμνουν την προέκταση των πλευρών και στα σημεία $C_{1}$ και $A_{1}$ αντίστοιχα και η ευθεία τέμνει την πλευρά στο σημείο $B_{1}$ . Οι ευθείες $C_{1}B_{1}$ και $A_{1}B_{1}$ τέμνουν τις πλευρές και στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των συμμετροδιάμεσων του τριγώνου . (Λ. Εμελιάνοβ)

Πρόβλημα 4.
Μία παρέμβαση που στόχο έχει να έρθουν στην επιφάνεια τρία πολύ βασικά θεωρήματα:

1ο) «Σε εγγεγραμμένο τετράπλευρο οι τομές των δύο ζευγών απέναντι πλευρών του και η τομή των εφαπτομένων σε δύο απέναντι κορυφές του ανήκουν σε ευθεία»

2ο) «Σε περιγεγραμμένο σε κύκλο τετράπλευρο οι διαγώνιοι του και οι ευθείες που ορίζονται από τα σημεία επαφής των απέναντι πλευρών του διέρχονται από το ίδιο σημείο»

3ο) Το θεώρημα του Desargues «Αν δύο τρίγωνα που δεν έχουν κοινή πλευρά ούτε κοινή κορυφή, είναι τοποθετημένα ώστε να αντιστοιχούν οι πλευρές τους κατά σειρά, αλλά και οι κορυφές τους και οι ευθείες να συντρέχουν, τότε, οι ευθείες που ανήκουν οι αντίστοιχες πλευρές των τριγώνων τέμνονται σε σημεία που βρίσκονται σε ευθεία, και αντιστρόφως».

Για το πρόβλημα μας τώρα με βάση αυτά τα σπουδαία θεωρήματα έχουμε το σχήμα που ακολουθεί.

Παρατηρούμε ότι για τα τρίγωνα XZC, YAH

τα σημεία ${A_1} \equiv CX \cap YH,\;{C_1} \equiv ZX \cap YA,\;V \equiv ZC \cap HA$ ανήκουν στην ίδια

ευθεία, οπότε από το θεώρημα του Desargues οι ευθείες $AZ,\;CH,\;XY$ συντρέχουν με τις ευθείες AZ, CH

να είναι οι δύο

συμμετροδιάμεσοι του τριγώνου ABC.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 09, 2024 5:35 pm
Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης
Θέματα των τάξεων 10η και 11η για το έτος 2002.
7. Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, a_{3},a_{4}, a_{5}$ ισχύει η ανισότητα:

$\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}}{2} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}}{2} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}}{2} \leq$

$\leq \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}+a_{4}}{3} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}+a_{5}}{3} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}+a_{1}}{3} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}+a_{2}}{3}$ . (Α. Χράμπροβ)
[/size]

Είναι αρκετά δύσκολο πρόβλημα. Δείτε εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 130p446162
Για την γενίκευση δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 103p163628

Al.Koutsouridis · #4

silouan έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 10:28 am

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 09, 2024 5:35 pm
Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης
Θέματα των τάξεων 10η και 11η για το έτος 2002.
7. Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, a_{3},a_{4}, a_{5}$ ισχύει η ανισότητα:

$\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}}{2} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}}{2} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}}{2} \leq$

$\leq \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}+a_{4}}{3} \cdot \dfrac{a_{3}+a_{4}+a_{5}}{3} \cdot \dfrac{a_{4}+a_{5}+a_{1}}{3} \cdot \dfrac{a_{5}+a_{1}+a_{2}}{3}$ . (Α. Χράμπροβ)
[/size]
Είναι αρκετά δύσκολο πρόβλημα. Δείτε εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 130p446162
Για την γενίκευση δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 103p163628

Πράγματι φαίνεται να δυσκόλεψε τους λύτες όταν εμφανίστηκε αυτή ανισότητα. Τα παρακάτω τα μεταφέρω από το άρθρο του Α. Χραμπρόβ, από το βιβλίο των θεμάτων της ολυμπιάδας της Αγίας Πετρούπολης για το έτος 2002.

Στο άρθρο με τίτλο "Στοιχειώδη εισαγωγή στη θεωρία majorization" (μου διαφεύγει η ελληνική ορολογία), οι πρώτες δυο παράγραφοι αφιαιρώνονται στην ανισότητα Karamata. Οι επόμενες δυο στην ανισότητα Muirhead. Τα παραπάνω υπό το πρίσμα του majorization. Στις επόμενες τρεις παραγράφους υπάρχει η απόδειξη της "Μογγολικής" ανισότητας. Αρχικά μέσο της ανισότητας Karamata, ύστερα μέσο ολοκληρώματος και εμβαδού, που είναι στην ουσία όμοια με την πρώτη αλλά γίνονται πιο διακριτή η φύση της τεχνικής του majorization. Στο τέλος γίνεται αναφορά σε ανισότητες που έχουν σχέση με ρίζες πολυωνύμων.

Την ανισότητα την είχε προτύνει ο Α. Αντιαασουρέν στην 31η Μογγολική ολυμπιάδα του 1996 στα προβλήματα για τους καθηγητές. Η λύση στο φυλλάδιο με τα προβλήματα της ολυμπιάδας, εν τέλη, αποδείχθηκε λανθασμένη. Πιθανόν ο θεματοδότης ο ίδιος μπορεί να μη γνώριζε την σωστή λύση. Η διατύπωση ήταν η εξής:

Για τους θετικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, \ldots , a_{n}$ , που ικανοποιούν την συνθήκη $a_{1} \geq a_{2} \geq \ldots \geq a_{n}$ , ισχύει ανισότητα

$\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2} \cdots \dfrac{a_{n}+a_{1}}{2} \leq \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}+a_{4}}{3} \cdots \dfrac{a_{n}+a_{1}+a_{2}}{3}$

Λόγω της απλότητας στην διατύπωση η ανισότητα διαδόθηκε γρήγορα. Ο καθένας, που έμαθε, για αυτήν συνήθως έλεγε ότι μια τέτοια ανισότητα δεν μπορεί να είναι πολύ δύσκολη, απλά δεν ασχολήθηκαν έντονα. Παρότι μεταξύ αυτών ήταν και υψηλού επιπέδου μαθηματικοί, η ανισότητα αποδείχθηκε μόνο για ειδικές περιπτώσεις , η τελευταία και χωρίς την συνθήκη της διάταξης (π.χ. όπως δόθηκε στην ολυμπιάδα της Α. Πετρούπολης). Για αρκετό καιρό απόδειξη για την ανισότητα στην γενική της μορφή δεν είχε εμφανιστεί. Μάλιστα είχε προκύψει η εικασία ότι όπως και στην ανισότητα Shapiro, η Μογγολική ανισότητα δεν ισχύει για όλα τα . Ωστόσο και η κατασκευή αντιπαραδείγματος με χρήση υπολογιστών δεν ευδοκίμησε. Απόδειξη βασιζόμενη στην έκφραση $\ln b -\ln a = \int_{a}^{b} \frac{dx}{x}$ , η οποία παρουσιάζεται στην παράγραφο 6 (του εν λόγου άρθρου), πρότεινε το 1999 ο Ντ. Σ. Τσελκάκ. Μετά από ένα χρόνο περίπου ο Σ.Ε. Ρούκσιν ενημέρωσε τον αρθρογράφο (Χραμπρόβ) ότι η ανισότητα μπορεί να εξαχθεί από την ανισότητα Karamata. Αργότερα έγινε γνωστό ότι απόδειξη της Μογγολικής ανισότητας είχε δημοσιοποιηθεί ήδη το 1998 στο βιβλίο των Ν.Μ. Σεντριακιάν και Α.Μ. Αβοιάν "Ανισότητες, Μέθοδοι αποδείξεων, Γερεβάν 1998". Το βιβλίο αυτό λόγω του ότι ήταν γραμμένο στα αρμένικα δεν ήταν ευρέως διαδεδομένο, μέχρι να εμφανιστεί ρωσική μετάφραση.

Να σημειώσουμε ότι για μη διατεταγμένα $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}$ η ανισότητα ισχύει μόνο για n=3, n=5

. Για

ανάγεται στην ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 9:25 pm
Λόγω της απλότητας στην διατύπωση η ανισότητα διαδόθηκε γρήγορα. Ο καθένας, που έμαθε, για αυτήν συνήθως έλεγε ότι μια τέτοια ανισότητα δεν μπορεί να είναι πολύ δύσκολη, απλά δεν ασχολήθηκαν έντονα. Παρότι μεταξύ αυτών ήταν και υψηλού επιπέδου μαθηματικοί, η ανισότητα αποδείχθηκε μόνο για ειδικές περιπτώσεις , η τελευταία και χωρίς την συνθήκη της διάταξης (π.χ. όπως δόθηκε στην ολυμπιάδα της Α. Πετρούπολης). Για αρκετό καιρό απόδειξη για την ανισότητα στην γενική της μορφή δεν είχε εμφανιστεί. Μάλιστα είχε προκύψει η εικασία ότι όπως και στην ανισότητα Shapiro, η Μογγολική ανισότητα δεν ισχύει για όλα τα . Ωστόσο και η κατασκευή αντιπαραδείγματος με χρήση υπολογιστών δεν ευδοκίμησε. Απόδειξη βασιζόμενη στην έκφραση $\ln b -\ln a = \int_{a}^{b} \frac{dx}{x}$ , η οποία παρουσιάζεται στην παράγραφο 6 (του εν λόγου άρθρου), πρότεινε το 1999 ο Ντ. Σ. Τσελκάκ. Μετά από ένα χρόνο περίπου ο Σ.Ε. Ρούκσιν ενημέρωσε τον αρθρογράφο (Χραμπρόβ) ότι η ανισότητα μπορεί να εξαχθεί από την ανισότητα Karamata. Αργότερα έγινε γνωστό ότι απόδειξη της Μογγολικής ανισότητας είχε δημοσιοποιηθεί ήδη το 1998 στο βιβλίο των Ν.Μ. Σεντριακιάν και Α.Μ. Αβοιάν "Ανισότητες, Μέθοδοι αποδείξεων, Γερεβάν 1998". Το βιβλίο αυτό λόγω του ότι ήταν γραμμένο στα αρμένικα δεν ήταν ευρέως διαδεδομένο, μέχρι να εμφανιστεί ρωσική μετάφραση.[/i]

Να σημειώσουμε ότι για μη διατεταγμένα $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}$ η ανισότητα ισχύει μόνο για . Για ανάγεται στην ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου.

Αλέξανδρε ευχαριστούμε θερμά για τα ιστορικά στοιχεία που μοιράστηκες μαζί μας. Γνώριζα κάποια κομμάτια της ιστορίας, αλλά δεν είχα συνολική εικόνα. Μπορείς να μας γράψεις την λύση που βασίζεται στην ισότητα με τους λογαρίθμους;

Al.Koutsouridis · #6

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2024 7:36 pm
Μπορείς να μας γράψεις την λύση που βασίζεται στην ισότητα με τους λογαρίθμους;

Καλησπέρα Σιλουανέ. Μεταφέρω την λύση χωρίς να την έχω μελετήσει διεξοδικά, οπότε ζητώ την κατανόηση για πιθανά λάθη. Η απόδειξη είναι από το προαναφερθέν βιβλίο με τα προβλήματα της ολυμπιάδας.

Λύση
Θεωρούμε για συντομία

$x_{1}=\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}, \ldots, x_{n-1}=\dfrac{a_{n-1}+a_{n}}{2}, x_{n}=\dfrac{a_{n}+a_{1}}{2}$

$y_{1}=\dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}, \ldots, y_{n-1}=\dfrac{a_{n-1}+a_{n}+a_{1}}{3}, y_{n}=\dfrac{a_{n}+a_{1}+a_{2}}{3}$

Παρατηρούμε εύκολα, ότι

$x_{1} \geq y_{1} \geq x_{2} \geq y_{2} \geq \ldots x_{n-2} \geq y_{n-2} \geq x_{n-1}$ (13)

$x_{n} \geq x_{n-1}$ και $y_{n} \geq y_{n-1} \geq y_{n-2} \geq x_{n}$ . (14)

$x_{1}+x_{2}+\lsots +x_{n}=a_{1}+a_{2}+\lsots +a_{n} = y_{1}+y_{2}+\lsots +y_{n}$ (15)

Μας ζητείται να αποδείξουμε ότι

$\ln y_{1} +\ln y_{2} + \ldots +\ln y_{n} \geq \ln x_{1} +\ln x_{2} + \ldots +\ln x_{n}$

Μεταφέρουμε τα $\ln x_{k}$ στο αριστερό μέλος και με χρήση της ολοκληρωτικής μορφής του λογαρίθμου $\ln b -\ln a = \int_{a}^{b} \frac{dx}{x}$ έχουμε

$\displaystyle{(\ln y_{1} - \ln x_{1})+ \ldots + (\ln y_{n} - \ln x_{n}) = \int_{x_{1}}^{y_{1}} \frac{dx}{x} + \ldots +\int_{x_{n}}^{y_{n}} \frac{dx}{x} \geq 0 }$ (21)

Στην περίπτωση που a >b

, θεωρούμε $\displaystyle{\int_{a}^{b} \frac{dx}{x} = -\int_{b}^{a} \frac{dx}{x}}$ . Το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{a}^{b} \frac{dx}{x}}$ αναπαριστά το εμβαδόν, που περικλείεται μεταξύ των κατακόρυφων ευθειών y=a

και

και βρίσκεται μεταξύ της υπερβολής $y=\frac{1}{x}$ και του άξονα

. Στο σχήμα τα σκιασμένα με κλίση 135 μοίρες γραμμές εμβαδά τα θεωρούμε με πρόσημο "+" και τα σκιασμένα με 45 μοίρες με πρόσημο "-". Για συντομία το διάστημα [a,b]

στην πρώτη περίπτωση θα το ονομάσουμε θετικό και στην δεύτερη αρνητικό.

: Screenshot 2024-03-13 at 23.28.52.png (86.65 KiB) Προβλήθηκε 1198 φορές

Παρατηρούμε, ότι από την συνθήκη (15) προκύπτει ότι, το συνολικό άθροισμα των μηκών των θετικών διαστημάτων είναι ίσο με τα συνολικό μήκος των αρνητικών διαστημάτων. Από την ανισότητα (13) προκύπτει, ότι τα διαστήματα

$[y_{1}, x_{1}], [y_{2}, x_{2}], \ldots , [y_{n-2}, x_{n-2}]$

είναι αρνητικά και δεν τέμνονται. Έτσι, θετικά μπορεί να είναι μόνο τα διαστήματα $[x_{n-1}, y_{n-1}]$ και $[x_{n}, y_{n}]$ . Δηλαδή, εν γένει ο αριθμός των θετικών διαστημάτων είναι ίσος με

ή

.

1. Εξετάζουμε την περίπτωση όταν υπάρχει ακριβώς ένα θετικό διάστημα. Το αριστερό άκρο του θετικού διαστήματος βρίσκεται αριστερότερα των άλλων διαστημάτων, καθώς $x_{k} \geq x_{n-1}$ και $y_{k} \geq x_{n-1}$ για όλα τα $k \leq n$ . Εφόσον η συνάρτηση 1/x

είναι γνησίως φθίνουσα, τότε η κίνηση του αρνητικού διαστήματος $[y_{k}, x_{k}]$ αριστερά μόνο αυξάνει το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{y_{k}}^{x_{k}} \frac{dx}{x}}$ , το οποίο το θεωρούμε με πρόσημο "-". Για αυτό με μία τέτοια κίνηση απλά μειώνουμε το αριστερό μέλος της ανισότητας (21). Όταν θα μετακινήσουμε όλα τα αρνητικά διαστήματα δεξιά, τότε αυτά ακριβώς χωρίς επικάλυψει θα χωρέσουν στο θετικό διάστημα $[x_{n-1}, y_{n-1}]$ , καθώς το μήκος του θετικού διαστήματος είναι ΄σιο με το συνολικό μήκος των αρνητικών διαστημάτων. Συνεπώς, το άθροισμα των ολοκληρωμάτων των μετατοπισμένων διαστημάτων είναι ίσο με μηδέν, που σημαίνει, ότι το άθροισμα των αρχικών ολοκληρωμάτων είναι μη αρνητικό.

2. Αν ο αριθμός των θετικών διαστημάτων είναι ίσος με

, τότε, όπως βρήκαμε, τα αρνητικά διαστήματα δεν τέμνονται. Είναι αρκετό να αποδείξουμε, ότι μετακινώντας τα αρνητικά διαστήματα αριστερά, θα μπορέσουμε να τα χωρέσουμε σε θετικά. Για αυτό όλα τα διαστήματα, που υπάρχουν στο διάστημα $[x_n}, y_{n}]$ , θα τα τοποθετήσουμε σε αυτό και τα υπόλοιπα θα τα μετακινήσουμε ακόμα πιο αριστερά στο διάστημα $[ x_{n-1}, y_{n-1}]$ . Εξάλλου, πιθανόν, μπορεί να χρειαστεί ένα από τα αρνητικά διαστήματα να χωριστεί σε δυο κομμάτια. Εφόσον όλα τα αρνητικά διαστήματα βρίσκονται δεξιότερα του x_n-1}

, τότε αρκεί ν ελέγξουμε, ότι το συνολικό μήκος των αρνητικών διαστημάτων που βρίσκονται δεξιότερα του $x_{n}$ , δεν είναι μικρότερη από το μήκος του διαστήματος $[x_{n}, y_{n}]$ . Σε αυτήν την περίπτωση με μετατοπίσεις αρνητικών διαστημάτων, που βρίσκονται δεξιότερα του $x_{n}$ , αριστερά μπορούμε να επικαλύψουμε το διάστημα $[x_{n}, y_{n}]$ "χωρίς κενά" και τα υπόλοιπα διαστήματα θα χωρέσουν ακριβώς στο διάστημα $[x_{n-1}, y_{n-1}]$ καθώς ισχύει η ισότητα του αθροίσματος των μηκών των θετικών και αρνητικών διαστημάτων.

: Screenshot 2024-03-13 at 23.29.03.png (34.47 KiB) Προβλήθηκε 1198 φορές

Έστω $y_{k} \leq x_{n} \leq y_{k-1}$ , σε αυτήν την περίπτωση όλα τα διαστήματα $[y_{1}, x_{1}]$ , $[y_{2}, x_{2}]$ , ..., $[y_{k-1}, x_{k-1}]$ , βρίσκονται δεξιότερα του σημείου $x_{n}$ . Επίσης, πιαθνόν, δεξιότερα του σημείου $x_{n}$ να βρίσκεται και κομμάτι του διαστήματος $[y_{k}, x_{k}]$ , το μήκος αυτού του κομματιού είναι ίσο με $(x_{k}-x_{n})_{+}$ (θεωρούμε το μήκος ίσο με μηδέν, αν δεν υπάρχει τέτοιο κομμάτι). Θα δείξουμε, ότι μετακινώντας δεξιά αυτά τα τμήματα, θα μπορέσουμε να επικαλύψουμε το διάστημα $[x_{n}, y_{n}]$ . Για αυτό είναι αρκετό να ελέγξουμε, ότι

$(x_{1}-y_{1})+(x_{2}-y_{2})+ \ldots +(x_{k-1}-y_{k-1}) +(x_{k}-x_{n})_{+} \geq y_{n}-x_{n}$

μετά την εφαρμογή του λήμματος 1 και το άνοιγμα των παρενθέσεων καταλήγουμε στην ανισότητα

$a_{1}+2a_{2}-a_{k}-2a_{k+1}+3(a_{k}+a_{k+1}-a_{n}-a_{1})_{+} \geq 2a_{2}-a_{n}-a_{1}$ ,

η οποία προκύπτει από το άθροισμα των ανισοτήτων

$a_{1}-a_{k+1}+(a_{k}+a_{k+1}-a_{n}-a_{1})_{+} \geq (a_{k}-a_{n})_{+} \geq 0$ ,

$(a_{k}+a_{k+1}-a_{n}-a_{1})_{+} \geq a_{k}+a_{k+1}-a_{n}-a_{1}$ ,

$(a_{k}+a_{k+1}-a_{n}-a_{1})_{+} \geq 0$

Με αυτό το τρόπο, ακόμα και όταν υπάρχουν δυο θετικά διαστήματα, μετακινώντας δεξιά αρνητικά διαστήματα, μπορούμε να τα χωρέσουμε χωρίς επικάλυψη στα θετικά διαστήματα. Το άθροισμα των ολοκήρωμάτων των μετατοπισμένων διαστημάτων είναι ίσο με μηδέν και άρα το άθροισμα των αρχικών ολοκληρωμάτων είναι μη αρνητικό. Η Μογγολική ανισότητα αποδείχθηκε. $\square$

Λήμμα 1.

Για $k \leq n-2$

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i}) = \dfrc{1}{6} \left ( a_{1}+2a_{2}-a_{k+1}-2a_{k+2} \right)}$ .

Απόδειξη. Παρτηρούμε ότι $6(x_{i}-y_{i})= 3a_{i}+3a_{i+1}-2a_{i}-2a_{i+1}-2a_{i+2}=a_{i}+a_{i+1}-2a_{i+2}$ , από όπου

$\displaystyle{6 \sum_{i=1}^{k} (x_{i}-y_{i})=\sum_{i=1}^{k} (a_{i}+a_{i+1}-2a_{i+2}) = a_{1}+2a_{2}-a_{k+1}-2a_{k+2}}$ . $\square$

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2024 11:40 pm

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2024 7:36 pm
Μπορείς να μας γράψεις την λύση που βασίζεται στην ισότητα με τους λογαρίθμους;
Καλησπέρα Σιλουανέ. Μεταφέρω την λύση χωρίς να την έχω μελετήσει διεξοδικά, οπότε ζητώ την κατανόηση για πιθανά λάθη. Η απόδειξη είναι από το προαναφερθέν βιβλίο με τα προβλήματα της ολυμπιάδας.

Ευχαριστούμε για άλλη μια φορά.

Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 2002 (10η/11η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση