Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс


Пусть 1x1,x2,,xn160 — такие действительные числа, что x2i+x2j+x2k2(xixj+xjxk+xkxi) при любых 1i<j<kn.
 Найдите наибольшее возможное значение n. ( Сатылханов К. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Не теряя общности, будем считать, что x1x2xn. Обозначим yi=xi для i=1,2,,n.
Лемма. Пусть abc — такие действительные числа, что a2+b2+c22(ab+bc+ca). Тогда ab+c.
Доказательство. Из данного условия следует, что (abc)24bc, откуда abc2bc или b+ca2bc. Заметим, что b+cac<2bc, значит abc2bc, следовательно ab+c. Лемма доказана.
Предположим, что n7. Из условия задачи и леммы следует, что yi+2yi+1+yi для каждого i=1,2,,n2. Так как y1,y21, то y32, y43, y55, y68, y713, но по условию y7yn160<13 — противоречие. Следовательно, n6.
В качестве примера подходят числа x1=x2=1, x3=4, x4=9, x5=25, x6=64. Действительно, при всех 1ijk6 выполняется неравенство xkxi+xj, откуда следует, что x2i+x2j+x2k2(xixj+xjxk+xkxi)=(xkxixj)24xixj0.

пред. Правка 4   2
4 года 5 месяца назад #

Решение: Не теряя общности, считаем, что x1x2xn.

Оценка: Покажем, что n6. Из условия задачи следует, что (xkxixj)2=4xixj. Учитывая условие 1x1,x2,....,xn160, получим следующую цепочку неравенств

(xk2xi)2(xkxjxi)24xjxi4x2i,1i<j<kn

откуда следует, что xn4xi при всех in2. Заметим, что среди чисел x1,x2,....,xn не существует троика одинаковых чисел, противном случае x2j+x2k+x2i0. Используя последнее неравенство и утверждение, получим

160xn4xn2>42xn4...>4kxn2k4k1604kk3

Откуда n=2k+17. Предположим, что n=7. Тогда используя последнее неравенство, получим 64x11602x15...x7>160. Противоречие. Следовательно, n6.

Пример: x1=x2=1,x3=4,x4=9,x5=25,x6=64.