questo problema lo proporrò SICURAMENTE a tutti al Wintercamp, quindi prima di partire lo lascio a tutti gli altri.....
China National Mathematical Olympiad, 12 gennaio 2006
problema numero 2
siano $ a_1,a_2...a_k $ numeri reali tali che $ a_1+a_2+...+a_k=0 $.
dimostrare che
$ \displaystyle max_{1\leq i\leq k} $ $ a_i^2\leq\frac{k}{3}((a_1-a_2)^2+(a_2-a_3)^2+...+(a_{k-1}-a_k)^2) $
dalla cina....al wintercamp
vabbè posto la mia soluzione che tanto si è capito che non gliene importa nulla a nessuno...
allora:
intanto noto che la somma a destra viene minimizzata se gli $ a_i $ sono in ordine(crescente o decrescente),fatto che è abbastanza ovvio,e la sua dimostrazione è molto complicata se si vuole fare una cosa formalmente decente,quindi vi chiedo di risparmiarmela.
ok, quindi adesso gli $ a_i $ sono tali che $ a_k\geq a_{k-1}\geq\ldots\geq a_2\geq a_1 $.
definisco
$ b_1=a_2-a_1 $
$ b_2=a_3-a_2 $
$ \ldots $
$ b_{k-1}=a_k-a_{k-1} $
l'ipotesi diventa:
$ a_k+ $
$ +a_k-b_{k-1}+ $
$ +a_k-b_{k-1}-b_{k-2}+ $
$ \ldots $
$ +a_k-b_{k-1}-\ldots-b_2-b_1=0 $
$ k\cdot a_k-\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i=0 $
$ k\cdot a_k=\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i $
sostituendo nel testo
$ \displaystyle \left(\frac{\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i}{k}\right)^2\leq\frac{k}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2 $
$ \displaystyle \left(\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i\right)^2\leq\frac{k^3}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2 $
ora dimostro che
$ \displaystyle \frac{k^3}{3}\geq\frac{(k-1)k(2k-1)}{6} $
$ \displaystyle k^2\geq\frac{(k-1)(2k-1)}{2} $
$ 2k^2\geq 2k^2-3k+1 $
$ \displaystyle k\geq\frac{1}{3} $
che è ampiamente nei limiti che erano stati posti nel testo($ k\geq 2 $ credo)
il testo diventa
$ \displaystyle \frac{k^3}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2> $$ \displaystyle \frac{(k-1)k(2k-1)}{6}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2=\sum\limits_{i=1}^{k-1}i^2 $$ \displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2\geq\left(\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i\right)^2 $
delle quali l'ultima è vera per Cauchy-Schwarz.
ciao ciao a tutti
Francesco
(gran bel problema...)
allora:
intanto noto che la somma a destra viene minimizzata se gli $ a_i $ sono in ordine(crescente o decrescente),fatto che è abbastanza ovvio,e la sua dimostrazione è molto complicata se si vuole fare una cosa formalmente decente,quindi vi chiedo di risparmiarmela.
ok, quindi adesso gli $ a_i $ sono tali che $ a_k\geq a_{k-1}\geq\ldots\geq a_2\geq a_1 $.
definisco
$ b_1=a_2-a_1 $
$ b_2=a_3-a_2 $
$ \ldots $
$ b_{k-1}=a_k-a_{k-1} $
l'ipotesi diventa:
$ a_k+ $
$ +a_k-b_{k-1}+ $
$ +a_k-b_{k-1}-b_{k-2}+ $
$ \ldots $
$ +a_k-b_{k-1}-\ldots-b_2-b_1=0 $
$ k\cdot a_k-\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i=0 $
$ k\cdot a_k=\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i $
sostituendo nel testo
$ \displaystyle \left(\frac{\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i}{k}\right)^2\leq\frac{k}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2 $
$ \displaystyle \left(\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i\right)^2\leq\frac{k^3}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2 $
ora dimostro che
$ \displaystyle \frac{k^3}{3}\geq\frac{(k-1)k(2k-1)}{6} $
$ \displaystyle k^2\geq\frac{(k-1)(2k-1)}{2} $
$ 2k^2\geq 2k^2-3k+1 $
$ \displaystyle k\geq\frac{1}{3} $
che è ampiamente nei limiti che erano stati posti nel testo($ k\geq 2 $ credo)
il testo diventa
$ \displaystyle \frac{k^3}{3}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2> $$ \displaystyle \frac{(k-1)k(2k-1)}{6}\sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2=\sum\limits_{i=1}^{k-1}i^2 $$ \displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k-1}b_i^2\geq\left(\sum\limits_{i=1}^{k-1}i\cdot b_i\right)^2 $
delle quali l'ultima è vera per Cauchy-Schwarz.
ciao ciao a tutti
Francesco
(gran bel problema...)