Математикадан республикалық олимпиада, 2010-2011 оқу жылы, 9 сынып

Натурал $n$ саны берілген. ${{x}^{2}}-ax+2n=0$ квадраттық теңдеуінің бір түбірі $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{n}}$ санына тең болса, $2\sqrt{2n}\le a\le 3\sqrt{n}$ теңсіздігін дәлелде. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Пусть корень равен $S$, выразив корень $x=\dfrac{2n+\sqrt{a^2-8n}}{2}$ также выразив с него $a$ (знак не имеет значения) откуда $a=\dfrac{2n+S^2}{S}$ , подставляя в неравенство и решая как квадратное неравенство относительно $S$ получается $\sqrt{n} \leq S \leq 2 \sqrt{n}$ .

Докажем первое

1) $\sqrt{n} < 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ по оценке $1+ \dfrac{1}{\sqrt{2}+1}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}} \leq S$ преобразовавывая левую часть $1+(\sqrt{2}-1)+...+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) = \sqrt{n} \leq S$

2) вторую по мат индукций, база верна , тогда для $k=n+1$

$S+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \leq 2 \sqrt{n+1}$ или $S+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \leq 2 \sqrt{n}+ \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \leq 2\sqrt{n+1}$ откуда $n \geq 0$ .

$S= \sum_{ i=1 }^n \frac{1}{\sqrt{i}}$ болсын. Онда $S^2-aS+2n=0$.

$a\ge 2\sqrt{2n} \iff S^2-2\sqrt{2n}S+2n\ge 0 \iff (S-\sqrt{2n})^2\ge 0$.

Енді $a\le 3\sqrt{n}$ теңсіздігінің дәлелдейік:

$a\le 3\sqrt{n} \iff S^2-3\sqrt{n}S+2n\le 0 \iff (S-\sqrt{n})(S-2\sqrt{n})\le 0 \iff \sqrt{n}\le S\le 2\sqrt{n}$

$S= \sum_{ i=1 }^n \frac{1}{\sqrt{i}}\ge \sum_{ i=1 }^n \frac{1}{\sqrt{n}}=n\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n} \ \ \Rightarrow \ \ S\ge \sqrt{n}$

$\frac{S}{2}= \sum_{ i=1 }^n \frac{1}{2\sqrt{i}}< \sum_{ i=1 }^n \frac{1}{\sqrt{i-1}+\sqrt{i}}=\sum_{ i=1 }^n (\sqrt{i}-\sqrt{i-1})=\sqrt{n} \ \ \Rightarrow S<2\sqrt{n}$