Olimpíadas ⇒ (IMO - 1997) Séries Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Out 2014
15
16:26
(IMO - 1997) Séries
Seja [tex3]a_1\geq ...\geq a_n\geq a_{n+1}=0[/tex3]
uma sequência de números reais. Prove isto:
%20%5Cleq%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5En%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_k+1%7D)) "\sqrt{\sum_{k=1}^n\,\lef}(a_k) \leq \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_k+1}))")
Última edição: Ittalo25 (Qua 15 Out, 2014 16:26). Total de 2 vezes.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
Out 2014
17
21:47
Re: (IMO - 1997) Séries
partindo da seguinte condição, ao elevar ao quadrado a expressão e colocando o ultimo termo para fora do somatorio
)%5Cright)%5E2=%5Cleft(%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-1%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D)+%5Csqrt%7Bn%7D.%5Csqrt%7Ba_n%7D%5Cright)%5E2 "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2=\left(\sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}})+\sqrt{n}.\sqrt{a_n}\right)^2")
)%5Cright)%5E2+2.%5Csqrt%7Bn%7D.a_%7Bn%7D%5Cleft(%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-1%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D))%5Cright)+(%5Csqrt%7Bn%7D.%5Csqrt%7Ba_%7Bn%7D%7D)%5E2 "\left( \sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2+2.\sqrt{n}.a_{n}\left( \sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)+(\sqrt{n}.\sqrt{a_{n}})^2")
com isso nós temos que
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%5Cleft(%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-1%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D))%5Cright)%5E2+(%5Csqrt%7Bn%7D.%5Csqrt%7Ba_%7Bn%7D%7D)%5E2 "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq\left( \sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2+(\sqrt{n}.\sqrt{a_{n}})^2")
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%5Cleft(%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-1%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D))%5Cright)%5E2+n.a_%7Bn%7D "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq\left( \sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2+n.a_{n}")
como n é sempre maior igual a 1
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%5Cleft(%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-1%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D))%5Cright)%5E2+a_%7Bn%7D "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq\left( \sum_{k=1}^{n-1}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2+a_{n}")
agora se fizermos o mesmo processo com o somatório ao quadrado do outro lado da desigualdade tirando o termo
do somatório chegaremos em
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%5Cleft(%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn-2%7D%5C,%5Clef%20(%5Csqrt%7Bk%7D.(%5Csqrt%7Ba_k%7D%20-%20%5Csqrt%7Ba_%7Bk+1%7D%7D))%5Cright)%5E2+a_%7Bn-1%7D+a_%7Bn%7D "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq\left( \sum_{k=1}^{n-2}\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2+a_{n-1}+a_{n}")
e repetindo sucessivamente chegaremos em
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%20a_1+a_2+a_3+%5Cdots+a_%7Bn-3%7D+a_%7Bn-1%7D+a_%7Bn%7D "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq a_1+a_2+a_3+\dots+a_{n-3}+a_{n-1}+a_{n}")
)%5Cright)%5E2%5Cgeq%20%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn%7Da_k "\left( \sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\right)^2\geq \sum_{k=1}^{n}a_k")
portanto
)%5Cgeq%20%5Csqrt%7B%5Csum_%7Bk=1%7D%5E%7Bn%7Da_k%7D "\sum_{k=1}^n\,\lef (\sqrt{k}.(\sqrt{a_k} - \sqrt{a_{k+1}}))\geq \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k}")
com isso nós temos que
como n é sempre maior igual a 1
agora se fizermos o mesmo processo com o somatório ao quadrado do outro lado da desigualdade tirando o termo
e repetindo sucessivamente chegaremos em
portanto
Última edição: jedi (Sex 17 Out, 2014 21:47). Total de 1 vez.
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