ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 78185
Темы:    [ Линейные неравенства и системы неравенств ]
[ Геометрическая прогрессия ]
[ Доказательство от противного ]
Сложность: 4
Классы: 9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Дана невозрастающая последовательность чисел   1/2k = a1a2 ≥ ... ≥ an ≥ ... > 0,  a1 + a2 + ... + an + ... = 1.
Доказать, что найдутся k чисел, из которых самое маленькое больше половины самого большого.


Решение

Пусть, напротив, среди любых k чисел нашей последовательности наименьшее не больше половины наибольшего. Рассмотрим числа a1, a2, ..., ak. По условию, a1 – наибольшее среди них, ak – наименьшее; согласно сделанному предположению,  ak ≤ ½ a1.  Рассматривая числа ak, ak+1, ..., a2k–1, точно так же получим  a2k–1 ≤ ½ ak ≤ ¼ a1.  Продолжая далее, обнаружим, что  an(k–1)+1 ≤ 2–na1.  Рассмотрим теперь сумму
S1 = a1 + ak + a2k–1 + ... + an(k–1)+1 + ... .  Вследствие полученных выше неравенств  S1a1(1 + 2–1 + 2–2 + ... + 2n + ...) = 2a1.  Отсюда следует, что
S2 = a2 + ak+1 + ... + an(k–1)+2 + ... ≤ 2a1S3 = a3 + ak+2 + ... + an(k–1)+3 + ... ≤ 2a1Sk–1 = ak–1 + a2k–2 + ... + an(k–1)+k–1 + ... ≤ 2a1  (так как каждому слагаемому в этих суммах соответствует не меньшее слагаемое в сумме S1). Суммируя полученные неравенства, имеем
S = S1 + S2 + ... + Sk–1 ≤ 2(k – 1)a1 = k–1/k < 1.  В то же время  S = S1 + S2 + ... + Sk–1 = а1 + а2 + ... + ak + ... = 1  по условию. Противоречие.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 22
Год 1959
вариант
Класс 10
Тур 1
задача
Номер 5

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .