Западно-Китайская математическая олимпиада, 2018 год

Дано целое число $n\ge 2$ и положительные действительные числа $x_{1} , x_{2} , \ldots , x_{n} $, для которых $x_{1} x_{2} \ldots x_{n} =1$. Докажите, что $\left\{x_{1} \right\}+\left\{x_{2} \right\}+\ldots +\left\{x_{n} \right\} < \dfrac{2n-1}{2} ,$ где $\left\{x\right\}$ обозначает дробную часть действительного числа $x$.

Комментарий/решение

$x_1\ge x_2\ge ...\ge x_k\ge 1\ge x_{k+1}\ge x_{k+2}\ge ... \ge x_n$ және

$\left\{x_{1} \right\}=a_1, \left\{x_{2} \right\}=a_2, \ldots , \left\{x_{n} \right\}=a_n $ болсын.

Егер $a_1, a_2, ..., a_n$ сандарының кемінде біреуі 0-ге тең болса, онда

$a_1+ a_2+ ...+a_n<n-1<\frac{2n-1}{2}$.

Енді $0< a_1, a_2, ..., a_n<1$ жағдайын қарастырамыз. Гелдер теңсіздігінен:

$\frac{1}{a_{k+1}a_{k+2}...a_n}=x_{1} x_{2} \ldots x_{k}\ge (1+a_1)(1+a_2) \ldots (1+a_k)\ge $

$\ge \big(1+\sqrt[k]{a_1 a_2 ... a_k}\big)^k\ge \big(1+a_1 a_2 ... a_k)^k\ge 1+a_1 a_2 ... a_k$

$\Rightarrow 1\ge a_{k+1}a_{k+2}...a_n(1+a_1 a_2 ... a_k)> 2a_1 a_2 ... a_n \Rightarrow a_1 a_2 ... a_n<\frac{1}{2}$.

$0 < a_1, a_2, ..., a_n<1$ сандары үшін

$a_1+ a_2+ ...+ a_n < a_1 a_2 ... a_n+n-1$ теңсіздігі индукция арқылы оңай дәлелденеді.

$a_1+ a_2+ ...+ a_n< a_1 a_2 ... a_n+n-1<\frac{1}{2}+n-1=\frac{2n-1}{2}$