IMC 2013/1/4

Συντονιστής: Demetres

Eukleidis
Δημοσιεύσεις: 669
Εγγραφή: Τετ Ιούλ 01, 2009 9:55 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

IMC 2013/1/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Eukleidis » Πέμ Αύγ 08, 2013 4:23 pm

Έστω \displaystyle{n \geqslant 3} και \displaystyle{{x_1},{x_2},...,{x_n}} πραγματικοί μη αρνητικοί αριθμοί. Ας είναι \displaystyle{A = \sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} ,B = \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} ,C = \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^3} }. Να αποδείξετε ότι:
\displaystyle{\left( {n + 1} \right){A^2}B + \left( {n - 2} \right){B^2} \geqslant {A^4} + \left( {2n - 2} \right)AC}


Γιώργος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2013/1/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Αύγ 09, 2013 12:28 pm

Μάλλον θα υπάρχει και πιο απλή λύση:

Θεωρούμε το (n+1)A^2B+(n-2)B^2-A^4-2(n-1)AC και αναπτύσσουμε τα πάντα:

Ο συντελεστής του x_1^4 (και των συμμετρικών του) είναι: 1 σε κάθε ένα από τα A^2B,B^2,A^4,AC και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι (n+1)+(n-2) - 1 - 2(n-1)=0.

Ο συντελεστής του x_1^3x_2 (και των συμμετρικών του) είναι: 2,0,4,1 στα A^2B,B^2,A^4,AC αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) - 4 - 2(n-1)=0.

Ο συντελεστής του x_1^2x_2^2 (και των συμμετρικών του) είναι: 2,2,6,0 στα A^2B,B^2,A^4,AC αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) + 2(n-2) - 6 = 4(n-2).

Ο συντελεστής του x_1^2x_2x_3 (και των συμμετρικών του) είναι: 2,0,12,0 στα A^2B,B^2,A^4,AC αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) - 12 = 2(n-5).

Τέλος, ο συντελεστής του x_1x_2x_3x_4 (και των συμμετρικών του) είναι: 0,0,24,0 στα A^2B,B^2,A^4,AC αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι -24.

Τώρα βγαίνει με Muirhead ή με διαψοχικές Cauchy-Schwarz. Π.χ. αν γράψουμε [a_1,\ldots,a_n] για το \displaystyle{\frac{1}{n!}\sum_{\pi \in S_n}x_1^{a_{\pi(1)}} \cdots x_n^{a_{\pi(n)}}} τότε αρκεί να δείξουμε ότι

\displaystyle{ 4(n-2)\binom{n}{2}[2,2,0,\ldots,0] +  2(n-5)n \binom{n-1}{2}[2,1,1,0,\ldots,0] \geqslant 24\binom{n}{4}[1,1,1,1,0,\ldots,0].}

Αυτό είναι άμεσο από Muirhead αφού [2,2,0,\ldots,0]  \succ [2,1,1,0,\ldots,0] \succ [1,1,1,1,0,\ldots,0] και 2(n-2)n(n-1) + (n-5)n(n-1)(n-2) = n(n-1)(n-2)(n-3). (Άσχετα αν n \geqslant 5 ή όχι.)


Mikesar
Δημοσιεύσεις: 139
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 30, 2011 8:29 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: IMC 2013/1/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mikesar » Σάβ Ιούλ 16, 2016 10:41 pm

Νομίζω ότι έχω κάτι σύντομο...
Έστω \displaystyle s_1=\sum_{k=0}^n x_k,s_2=\sum_{i<j}x_ix_j,s_3=\sum_{i<j<k}x_ix_jx_k
Τότε A=s_1, B=s_{1}^{2}-2s_2,C=s_{1}^{3}-3s_1s_2+3s_3 είναι γνωστές ταυτότητες. Αντικαθιστώντας και κάνοντας τις πράξεις (2 γραμμές) αρκεί
\displaystyle 4(n-2)s_2^2\geq 6(n-1)s_1s_3\Leftrightarrow (\frac{s_2}{\binom{n}{2}})^2\geq \frac{s_1}{\binom{n}{1}}\cdot\frac{s_3}{\binom{n}{3}}
που είναι η ανισότητα του Νεύτωνα.


Μιχάλης Σαράντης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες