mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 27, 2020 8:38 am**

Μια άσκηση που έφτιαξα

:

Έστω

ένας θετικός ακέραιος, και $x_1,x_2,\ldots,x_n \in \mathbb{R}$ που ικανοποιούν τις επόμενες ιδιότητες:

α) $x_1-2020(\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\ldots+\dfrac{1}{x_n})=x_2-2020(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_3}+\ldots+\dfrac{1}{x_n})$ $=\ldots=x_n-2020(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\ldots+\dfrac{1}{x_ {n-1 } })$ , και

β) ο αριθμός των τρόπων που μπορούμε να επιλέξουμε $i,j \in \{1,2, \ldots, n \}$ ώστε $x_i \neq x_j$ είναι μεγαλύτερος ή ίσος του

.

Να βρείτε, συναρτήσει του

, την μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει ο λόγος: $K=\dfrac{ \displaystyle \sum_{1 \leqslant i,j \leqslant n}^{x_i \neq x_j} x_i \cdot x_j }{\displaystyle \sum_{1 \leqslant i,j \leqslant n \, \textnormal{\gr με } i \neq j}^{x_i = x_j} x_i \cdot x_j }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 29, 2020 4:05 pm**

Από το (α), για κάθε $i \neq j$ έχουμε $\displaystyle x_i - x_j = 2020\left( \frac{1}{x_j} - \frac{1}{x_i}\right) = \frac{2020(x_i-x_j)}{x_ix_j}.$ Επομένως είτε x_i = x_j

, είτε

.

Αν λοιπόν x_1 = a

, τότε για κάθε

έχουμε

ή $x_i = \frac{2020}{a}$ . Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι

από τους αριθμούς είναι ίσοι με

και οι άλλοι n-k

είναι ίσοι με $\frac{2020}{a}$ . Η συνθήκη (β) μας λέει ότι $k(n-k) \geqslant n$ . Αναγκαστικά λοιπόν πρέπει $k \neq 0,n$ . (Μπορεί να δειχθεί ότι $2 \leqslant k \leqslant n-2$ αλλά δεν θα το χρησιμοποιήσουμε.)

Έχουμε ότι

$\displaystyle K = \frac{2k(n-k) \cdot 2020}{k^2a^2 + (n-k)^2\frac{2020^2}{a^2}} \leqslant 1$

αφού από την ανισότητα Cauchy-Schwarz είναι $\displaystyle k^2a^2 + (n-k)^2 \frac{2020^2}{a^2} \geqslant 2\sqrt{k^2a^2(n-k)^2 \frac{2020^2}{a^2}} = 2 \cdot 2020 k(n-k)$

Η ισότητα K=1

λαμβάνεται όταν έχουμε και ισότητα στην Cauchy-Schwarz. Δηλαδή όταν $\displaystyle a^2 = \frac{2020(n-k)}{k}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 29, 2020 4:40 pm**

Demetres έγραψε: Δευ Ιουν 29, 2020 4:05 pm Από το (α), για κάθε $i \neq j$ έχουμε $\displaystyle x_i - x_j = 2020\left( \frac{1}{x_j} - \frac{1}{x_i}\right) = \frac{2020(x_i-x_j)}{x_ix_j}.$ Επομένως είτε , είτε .

Αν λοιπόν , τότε για κάθε έχουμε ή $x_i = \frac{2020}{a}$ . Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι από τους αριθμούς είναι ίσοι με και οι άλλοι είναι ίσοι με $\frac{2020}{a}$ . Η συνθήκη (β) μας λέει ότι $k(n-k) \geqslant n$ . Αναγκαστικά λοιπόν πρέπει $k \neq 0,n$ . (Μπορεί να δειχθεί ότι $2 \leqslant k \leqslant n-2$ αλλά δεν θα το χρησιμοποιήσουμε.)

Έχουμε ότι

$\displaystyle K = \frac{2k(n-k) \cdot 2020}{k^2a^2 + (n-k)^2\frac{2020^2}{a^2}} \leqslant 1$

αφού από την ανισότητα Cauchy-Schwarz είναι $\displaystyle k^2a^2 + (n-k)^2 \frac{2020^2}{a^2} \geqslant 2\sqrt{k^2a^2(n-k)^2 \frac{2020^2}{a^2}} = 2 \cdot 2020 k(n-k)$

Η ισότητα λαμβάνεται όταν έχουμε και ισότητα στην Cauchy-Schwarz. Δηλαδή όταν $\displaystyle a^2 = \frac{2020(n-k)}{k}$

Η λύση του κ.Δημήτρη είναι σωστή

Από δική μου παράλειψη όμως δεν έβαλα στα αθροίσματα (συγκεκριμένα αυτό του παρονομαστή) την συνθήκη $i \neq j$ (έτσι στο άθροισμα του παρονομαστή δεν επιτρέπονται όροι όπως $a_{1} \cdot a_{1}, a_{2} \cdot a_{2}$ ...)
Οπότε ας λυθεί η άσκηση λαμβάνοντας υπόψη την συνθήκη αυτή!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 17, 2020 3:54 pm**

Επαναφορά!

mathematica.gr

Μέγιστη τιμή!

Μέγιστη τιμή!

Re: Μέγιστη τιμή!

Re: Μέγιστη τιμή!

Re: Μέγιστη τιμή!