XVIII математическая олимпиада «Шелковый путь», 2019 год

Әрбір $1\le i < j \le 99$ үшін $ia_j+ja_i\ge i+j$ теңсіздіктері орындалатындай $a_1,$ $a_2,$ $\ldots,$ $a_{99}$ нақты оң сандары берілген. $(a_1+1)(a_2+2)\ldots (a_{99}+99) \ge 100!$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Если $a_i \ge 1$ для каждого $i=1,2, \ldots ,99,$ то задача очевидно решена. Пусть теперь $a_k < 1$, для какого либо $1 \le k \le 99.$ Обозначим $a_k=1-x$, где $0 < x < 1.$ По условию $i a_k+ka_i \ge i+k,$ значит $a_i \ge 1+\frac{ix}{k}$ при всех $i \ne k.$ Следовательно, имеем $$\frac{a_i+i}{i+1} \ge 1+\frac{ix}{(i+1)k} \ge 1+\frac{x}{2k} \mbox{ при всех } i\ne k. \quad (1)$$ Перемножив неравенство (1) для всех $i \ne k$ получим, что $$\prod\limits_{i \ne k} {\frac{{{a_i} + i}}{{i + 1}}} \ge {\left( {1 + \frac{x}{{2k}}} \right)^{98}} > {\left( {1 + \frac{x}{{2k}}} \right)^2} =1 + \frac{x}{k} + \frac{{{x^2}}}{{4{k^2}}} > 1 + \frac{x}{k}. \quad (2)$$ Также имеем, что $$\frac{{k + 1}}{{{a_k} + k}} = \frac{{k + 1}}{{k + 1 - x}} = 1 + \frac{x}{{k + 1 - x}} < 1 + \frac{x}{k}. \quad (3)$$ Из неравенств (2) и (3) следует требуемое неравенство.

Өте әдемі есеп!