Page 115 - MATINF Nr. 9-10

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 115

M 184. a) Fie n ∈ N, n ≥ 4 s , i a 1 , a 2 , . . . , a n ≥ 0. Demonstrat ,i c˘
a
" #
n n n
X n Y X X n−3 n−3
(n − 1) (n − 2) a + 2n · a i ≥ a i · a i a j a + a .
i i j
i=1 i=1 i=1 1≤i<j≤n

b)* (problem˘ deschis˘a) Demonstrat ,i sau infirmat ,i urm˘atoarea afirmat ,ie: dac˘ n ∈ N, k ∈ R,
a
a
1 < k < n − 1 s , i a 1 , a 2 , . . . , a n ≥ 0, atunci
n n n n n
! k−1 ! k
X X Y X X
k
(n − 1) a i · a n−k+1 + n · a i ≥ a i · a n−k .
i
i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin

Solut ,ie. a) Conform Inegalit˘at ,ii lui Sur´anyi,
n n n n
X Y X X
n
(n − 1) a + n · a i ≥ a i · a n−1 ,
i
i
i=1 i=1 i=1 i=1
a
a
cu egalitate dac˘ s , i numai dac˘ fie toate numerele sunt egale, fie unul este nul s , i celelalte egale.
As , adar,
" #
n n n n n
X Y X X Y
n
2
(n − 1) (n − 2) a + 2n · a i ≥ (n − 2) a i · a n−1 + n · a i .
i
i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
a
Deci este suficient s˘ ar˘at˘am c˘
a
n n n n
X X Y X X
2
(n − 2) a i · a n−1 + n · a i ≥ a i · a i a j a n−3 + a n−3 . (1)
j
i
i
i=1 i=1 i=1 i=1 1≤i<j≤n
Dar
n n n
X n−3 n−3 X X n−2 X n−1
a i a j a + a = a i · a − a .
i j i i
1≤i<j≤n i=1 i=1 i=1
Astfel (1) devine
n n n n ! 2 n
X X Y X X
2
(n − 1) a i · a n−1 + n · a i ≥ a i · a n−2 . (2)
i
i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
Pentru a demonstra (2), presupunem, f˘ar˘ a restrˆange generalitatea, c˘ 0 ≤ a n ≤ a n−1 ≤ . . . ≤ a 1 .
a
a
a
Folosim dou˘ rezultate importante:
i) Conform Teoremei variabilelor egale, Corolarul 1.7 (V. Cˆıırtoaje, The equal variable method,
Journal of Inequlities in Pure and Applied Mathematics, vol. 8, iss. 1, art. 15, 2007; https://
www.emis.de/journals/JIPAM/images/059_06_JIPAM/059_06_www.pdf#page=5) pentru p =
n n n
P P n−2 Q
n − 2, dac˘a fix˘am a i s , i a i , atunci a i este minim fie pentru a n = 0, fie pentru
i=1 i=1 i=1
0 < a n ≤ a n−1 = . . . = a 1 .