Page 13 - MATINF Nr. 6

O rafinare s , i o extindere a Problemei MGO 115 13

n
P
2
astfel ˆıncˆat a = 2 are loc
i
i=1
n
X X X
2 a i a j ≤ a i + 3 a i a j a k . (2)
1≤i<j≤n i=1 1≤i<j<k≤n
Reamintim formula lui Newton:
! 3 ! !
n n n
X 3 X X X X
a = a i − 3 a i a i a j + 3 · a i a j a k .
i
i=1 i=1 i=1 1≤i<j≤n 1≤i<j<k≤n
n n
P P 2 P P
Astfel, dac˘a fix˘am a i s , i a (deci a i a j este de asemenea fixat) atunci a i a j a k
i
i=1 i=1 1≤i<j≤n 1≤i<j<k≤n
n
P 3
este minimal dac˘a a este minimal.
i
i=1
Putem presupune c˘a a 1 ≥ a 2 ≥ . . . ≥ a n .
3
Conform Cirtoaje EV Theorem, Corollary 1.4 pentru funct , ia f (u) := u pe (0, ∞), dac˘a
n n n
P P 2 P 3
fix˘am a i s , i a , atunci a e minimal ori ˆın a n = 0, ori ˆın 0 < a n ≤ a n−1 = . . . = a 1 . Deci
i i
i=1 i=1 i=1
P
a i a j a k e minimal ori ˆın a n = 0, ori ˆın 0 < a n ≤ a n−1 = . . . = a 1 .
1≤i<j<k≤n
Vom lua dou˘a cazuri:
Cazul 1. a n = 0.
Cazul 2. a 1 = . . . = a n−1 ≥ a n > 0.

n−1
ˆ P a i a j ≤ P a i + 3 P a i a j a k , ceea ce
In Cazul 1. avem de demonstrat c˘a 2
1≤i<j≤n−1 i=1 1≤i<j<k≤n−1
este evident adev˘arat din ipoteza de induct , ie.

 (n − 1) x + y = s
ˆ (n − 1) x + y = 2 , unde s urmeaz˘a s˘a fie
2
2
In Cazul 2. rezolv˘am mai ˆıntˆai sistemul
0 < y ≤ x

determinat.
√
2

Ment , ion˘am c˘a, din Jensen, s ≤ 2 ⇒ s ≤ 2n.
n n
√ √
2
2
(n−1)s+ (n−1)(2n−s ) (n−1)s+ (n−1)(2n−s )
Obt , inem x = s , i y = s − .
n(n−1) n
p
Clar, x ≥ y. Cum y > 0, atunci s > 2 (n − 1).
√
” È È Š €p —
S˘a remarc˘am c˘a funct , ia g : 2 , 2 → 2 (n − 1), 2n , g (x) = (n − 1) x +
n n−1
p p
2
2
2 − (n − 1) x este bijectiv˘a. As , adar, dac˘a fix˘am s = (n − 1) x + 2 − (n − 1) x , atunci ˆın
€ Š
p
P
2
virtutea celor de mai sus a i a j a k e minimal in x, . . . , x, 2 − (n − 1) x .
1≤i<j<k≤n
€ Š
p
2
Deci pentru a demonstra (2), e suficient s˘aˆınlocuim (a 1 , . . . , a n ) cu x, . . . , x, 2 − (n − 1) x .
Obt , inem:
2
0 ≤ (n − 1) x (n − 2) (n − 3) x − 2 (n − 2) x + 2 +
È
2
2
3 (n − 1) (n − 2) x − 4 (n − 1) x + 2 2 − (n − 1) x .