Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Απρ 14, 2018 12:26 pm

Έστω θετικός ακέραιος n και θετικοί πραγματικοί αριθμοί x_1,\ldots,x_n οι οποίοι ικανοποιούν |x_i-x_j|\leqslant 1 για κάθε ζεύγος (i,j) με 1 \leqslant i < j \leqslant n. Να αποδειχθεί ότι

\displaystyle  \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \cdots + \frac{x_{n-1}}{x_n} + \frac{x_n}{x_1} \geqslant \frac{x_2+1}{x_1+1} + \frac{x_3+1}{x_2+1} + \cdots + \frac{x_n+1}{x_{n-1}+1} + \frac{x_1+1}{x_n+1}



Λέξεις Κλειδιά:
gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1032
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Κυρ Απρ 15, 2018 12:37 pm

Καλημέρα.

Θα χρησιμοποιήσω επαγωγή.

Για n=2 έχουμε να αποδείξουμε ότι \frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\geq \frac{x_2+1}{x_1+1}+\frac{x_1+1}{x_2+1}.Μετά από πράξεις,αυτή ανάγεται στην x_1^3+x_2^3\geq x_1^2x_2+x_1x_2^2,η οποία είναι γνωστό ότι ισχύει (το βλέπουμε κάνοντας παραγοντοποίηση).Για το επαγωγικό βήμα,θεωρούμε μια n-άδα x_1,x_2,\ldots ,x_n.Η ανισότητα είναι κυκλική οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο x_n είναι ο μέγιστος εξ αυτών.Από την επαγωγική υπόθεση γνωρίζουμε ότι \frac{x_1}{x_2}+\ldots +\frac{x_{n-1}}{x_1}\geq \frac{x_2+1}{x_1+1}+\ldots +\frac{x_{1}+1}{x_{n-1}+1}Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι \frac{x_n}{x_1}+\frac{x_{n-1}}{x_n}-\frac{x_{n-1}}{x_1}\geq \frac{x_1+1}{x_n+1}+\frac{x_n+1}{x_{n-1}+1}-\frac{x_1+1}{x_{n-1}+1} αφού μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη,και θα έχουμε το ζητούμενο.Ισοδύναμα,\frac{x_n-x_{n-1}}{x_1}+\frac{x_{n-1}}{x_n}\geq \frac{(x_1+1)(x_{n-1}-x_n)}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}+\frac{x_n+1}{x_{n-1}+1}\Leftrightarrow  
(x_n-x_{n-1})\left[\frac{1}{x_1}+\frac{x_1+1}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}\right]\geq \frac{(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1}+1)}{x_n(x_{n-1}+1)}Αφού ο x_n είναι ο μέγιστος,η παραπάνω ανισότητα είναι ισοδύναμη με την \frac{1}{x_1}+\frac{x_1+1}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}\geq \frac{x_n+x_{n-1}+1}{x_n(x_{n-1}+1)}.Για ευκολία,θέτουμε a=x_1,b=x_{n-1},c=x_n,οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι \frac{1}{a}+\frac{a+1}{(b+1)(c+1)}\geq \frac{b+c+1}{c(b+1)} \Leftrightarrow \frac{1}{a}-\frac{1}{c}\geq \frac{1}{b+1}-\frac{a+1}{(b+1)(c+1)}\Leftrightarrow \frac{c-a}{ac}\geq \frac{c-a}{(b+1)(c+1)}Αφού ο c είναι ο μέγιστος,η παρακάτω ανισότητα είναι ισοδύναμη με την ac\leq (b+1)(c+1) η οποία ισχύει καθώς b+1\geq a.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Απρ 15, 2018 1:03 pm

Η δική μου απόδειξη έχει ως εξής.

Παρατηρώ ότι όλα τα x_i ανήκουν σε ένα διάστημα I της μορφής [r,r+1]. Θα δείξω λοιπόν την ανισότητα αντικαθιστώντας την συνθήκη |x_i-x_j| \leqslant 1 με την συνθήκη x_i \in I.

Έστω \displaystyle  f(x_1,\ldots,x_n) =  
\displaystyle  \left[\frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \cdots + \frac{x_{n-1}}{x_n} + \frac{x_n}{x_1}\right] - \left[\frac{x_2+1}{x_1+1} + \frac{x_3+1}{x_2+1} + \cdots + \frac{x_n+1}{x_{n-1}+1} + \frac{x_1+1}{x_n+1}\right]

Η δεύτερη παράγωγος της f ως προς το x_1 ισούται με \displaystyle  \frac{x_n-x_2-1}{x_1^2} \leqslant 0. Άρα η f είναι κοίλη ως προς το x_1 και ομοίως είναι κοίλη ως προς την κάθε μία μεταβλητή ξεχωριστά. Άρα παίρνει την ελάχιστή της τιμή στα άκρα.

Αν όμως κάποια εκ των x_i ισούνται με r και κάποια με r+1 τότε θα υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος t ώστε

\displaystyle  f(x_1,\ldots,x_n) = t\left[ \frac{r}{r+1} + \frac{r+1}{r} - \frac{r+1}{r+2} - \frac{r+2}{r+1}\right] = \frac{2t}{r(r+1)(r+2)} \geqslant 0

[Αν π.χ. εμφανίζονται ακριβώς t κλάσματα της μορφής \frac{r}{r+1} από το αριστερό μέλος, τότε, επειδή κάθε x_i εμφανίζεται από μία φορά στον αριθμητή και στον παρονομαστή, θα πρέπει να εμφανίζονται ακριβώς t κλάσματα της μορφής \frac{r+1}{r}. Τις ίδιες φορές θα εμφανίζονται και τα αντίστοιχα κλάσματα του δεξιού μέλους.]


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης