Matematyka.pl

Funkcja \(\displaystyle{ x^{12}}\) jest wypukła, więc suma tych potęg może mieć maksimum w jednym z końców przedziału \(\displaystyle{ [- \frac{1}{ \sqrt{3} } , \sqrt{3} ]}\). Rozważmy n wyrazów po \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3} }}\),1996-n wyrazów po \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) i zostaną nam wyrazy z równości równe \(\displaystyle{ -318 \sqrt{3} +n \cdot \frac{1}{ \sqrt{3} }-(1996-n) \sqrt{3}}\). Te wyrazy muszą być w danym przedziale wiec \(\displaystyle{ - \frac{1}{ \sqrt{3} } \le -318 \sqrt{3} +n \cdot \frac{1}{ \sqrt{3} }-(1996-n) \sqrt{3} \le \sqrt{3}}\). Ta nierówność jest spełniona tylko przez liczbe naturalną n=1736. Wiec mamy 1736 razy \(\displaystyle{ -\frac{1}{\sqrt{3}}}\), 260 razy \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) i ieden raz \(\displaystyle{ \frac{2}{\sqrt{3}}}\).

Nietrudno przekonać się, że prawdziwa jest tożsamość Abela:
\(\displaystyle{ x_1y_ 1+x_2y_2+ \ldots +x_ny_n = x_1(y_1-y_2) +(x_1+x_2)(y_2-y_3)+(x_1+x_2+x_3)(y_3-y_4)+ \\ + \ldots + (x_1+x_2+ \ldots x_{n-1})(y_{n-1}-y_n) + (x_1+x_2+\ldots +x_n ) y_n}\)

W łatwy sposób wynika z niej lemat:
Jeśli \(\displaystyle{ \alpha_1,\alpha_2, \ldots , \alpha_n, \beta_1, \beta_2, \ldots , \beta_n}\) spełniają warunki:
(i) \(\displaystyle{ \alpha_1+\alpha_2 + \ldots + \alpha_k \ge 0}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2, \ldots , n}\)
(ii) \(\displaystyle{ \beta_1\ge \beta_2 \ge \ldots \ge \beta_n \ge 0}\)
to
\(\displaystyle{ \alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+ \ldots + \alpha_n\beta_n \ge 0}\)

W naszym zadaniu wystarczy skorzystać z lematu dla:
\(\displaystyle{ \alpha_k = a_k-b_k\\
\beta_k = \frac{1}{a_kb_k}}\)
Nietrudno przekonać się, że wówczas założenia lematu są spełnione, a teza zadania wynika z tezy lematu.

Pokażemy żądaną nierówność indukcyjnie. Dla \(\displaystyle{ n=1,2}\) jest oczywista. Załóżmy więc, że zachodzi ona dla wszystkich liczb nieprzekraczających \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ f(x) \ge f(x)\\
f(x)\cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac 12} \ge f(x^2) \\
f(x)\cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac 12} \cdot \left( f(x^3)\right)^{\frac 13} \ge f(x^3) \\
\dots \\
f(x)\cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac 12} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac 1n} \ge f(x^n)}\)

Pomnóżmy te nierówności stronami:
\(\displaystyle{ \left( f(x)\right)^n \cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac {n-1}{2}} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac 1n} \ge f(x) \cdot f(x^2) \cdot \ldots \cdot f(x^n)}\)

Pomnóżmy tę nierówność stronami przez \(\displaystyle{ f(x) \cdot f(x^2) \cdot \ldots \cdot f(x^n)}\):
\(\displaystyle{ \left( f(x)\right)^{n+1} \cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac {n+1}{2}} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac {n+1}{n}} \ge \left( f(x) \cdot f(x^2) \cdot \ldots \cdot f(x^n)\right)^2}\)

Ale z założenia mamy \(\displaystyle{ f(x^{i+j})\le f(x^i)\cdot f(x^j)}\), więc:
\(\displaystyle{ \left( f(x) \cdot f(x^2) \cdot \ldots \cdot f(x^n)\right)^2 = \prod_{i=1}^{n}f(x^i)\cdot f(x^{n+1-i} ) \ge \prod_{i=1}^{n}f(x^{n+1}) = \left( f(x^{n+1})\right)^n}\)

Dostajemy stąd, że:
\(\displaystyle{ \left( f(x)\right)^{n+1} \cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac {n+1}{2}} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac {n+1}{n}} \ge \left( f(x^{n+1})\right)^n}\)

Po spierwiastkowaniu stopnia \(\displaystyle{ n+1}\) mamy:
\(\displaystyle{ f(x) \cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac {1}{2}} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac {1}{n}} \ge \left( f(x^{n+1})\right)^{\frac{n}{n+1}}}\)

I po pomnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ \left( f(x^{n+1})\right)^{\frac{1}{n+1}}}\):
\(\displaystyle{ f(x) \cdot \left( f(x^2)\right)^{\frac {1}{2}} \cdot \ldots \cdot \left( f(x^n)\right)^{\frac {1}{n}}\cdot \left( f(x^{n+1})\right)^{\frac{1}{n+1}}\ge f(x^{n+1})}\)
co kończy dowód indukcyjny.

Użyję twierdzenia:
\(\displaystyle{ a+b=const, a_{0}=b_{0}, h_{1}+h_{2}=0 \Rightarrow a^{2}+b^{2} \le (a_{0}+h_{1})^{2}+(b_{0}+h_{2})^{2}}\)
Aby je udowodnić, wystarczy podnieść nawiasy do potęgi.
Tak samo ma się ono dla \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=a_{3}=...=a_{n}}\) i \(\displaystyle{ h_{1}=h_{2}=h_{3}=...=h_{n}}\)
i wszystkich parzystych potęg.

Jako, że suma liczb z zadania jest stała, to z powyższego twierdzenia wynika, że szukane maksimum sumy będzie wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{1997}\left|h_{i}\right|}\) będzie największe, tzn. w tym przypadku, gdy przyjmą największe wartości z przedziału spełniającego warunki zadania. Skorzystam jeszcze z faktu: \(\displaystyle{ x(a-b)=c, (x,a,b,c \in R_{+}) \Rightarrow x(a-b)^{n} \le c^{n}}\)

Teraz:
\(\displaystyle{ 318*3=954}\)- tyle potrzeba \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}}}\) by dostać \(\displaystyle{ -318\sqrt{3}}\)
Suma pozostałych 1043 liczb musi być równa 0. Czyli będzie w nich 782 \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}}}\), 260 \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) i \(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{3}}{3}}\).
Więc \(\displaystyle{ max(x_1^{12}+x_2^{12}+ \ldots +x_{1997}^{12})=189548}\)

Znany fakt: \(\displaystyle{ a-b|f(a)-f(b)}\),\(\displaystyle{ f(x)=a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0}\) - wielomian o współczynnikach całkowitych.
Dowód. \(\displaystyle{ f(a)-f(b)= \sum_{k=1}^{n}a_k\left( a^k-b^k\right)= \left( a-b\right)\sum_{k=1}^{n}a_k\left( a^{k-1}+a^{k-2}b+\ldots+b^{k-1}\right)}\)
Mamy \(\displaystyle{ 2k|f( \alpha +2k)-f( \alpha )}\), więc \(\displaystyle{ 2|f( \alpha +2k)-f( \alpha )}\). Stąd i z faktu, że \(\displaystyle{ f( \alpha )=0}\) wynika, że \(\displaystyle{ f( \alpha +2k)}\) jest liczbą parzystą dla dowolnego k całkowitego.
Analogicznie stwierdzamy, że \(\displaystyle{ f( \alpha + 2007 +2k)}\) jest liczbą parzystą. Zatem \(\displaystyle{ f(x)}\) jest parzyste dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) całkowitego.
Z \(\displaystyle{ g(1998)=2000}\) wynika, że wyraz wolny wielomianu g jest parzysty. Stąd \(\displaystyle{ g\left(f(x) \right)}\) jest parzyste dla \(\displaystyle{ x}\) całkowitego, więc \(\displaystyle{ h(x)=g\left(f(x) \right)-1}\) jest nieparzyste, skąd wynika, że \(\displaystyle{ h(x)}\) nie ma pierwastków całkowitych.
Mam nadzieję się nigdzie nie pomyliłem;)

Załóżmy, że istnieją \(\displaystyle{ x_i,x_j}\) takie, że \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}} < x_i \le x_j<\sqrt{3}}\). Weźmy \(\displaystyle{ x_i^{'},x_j^'}\) takie, że \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}} \le x_i^{'}< x_i \le x_j<x_j^{'} \le \sqrt{3}}\), \(\displaystyle{ x_i+x_j = x_i^{'}+x_j^{'}}\) oraz \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}} = x_i^{'}}\) lub \(\displaystyle{ x_j^{'} = \sqrt{3}}\).
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x^{12}}\) jest wypukła, \(\displaystyle{ \frac{x_j^{'}-x_i}{x_j^{'}-x_i^{'}} \ge 0, \frac{x_i-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}} \ge 0}\) , \(\displaystyle{ \frac{x_j^{'}-x_i}{x_j^{'}-x_i^{'}}+ \frac{x_i-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}} = 1}\), więc
\(\displaystyle{ \frac{x_j^{'}-x_i}{x_j^{'}-x_i^{'}}f\left( x_i^{'}\right)+\frac{x_i-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}}f\left( x_j^{'}\right) \ge f\left( \frac{x_j^{'}-x_i}{x_j^{'}-x_i^{'}}x_i^{'}+ \frac{x_i-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}}x_j^{'}\right)=f\left( x_i\right)}\).
Podobnie
\(\displaystyle{ \frac{x_j^{'}-x_j}{x_j^{'}-x_i^{'}}f\left( x_i^{'}\right)+\frac{x_j-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}}f\left( x_j^{'}\right) \ge f\left( \frac{x_j^{'}-x_j}{x_j^{'}-x_i^{'}}x_i^{'}+ \frac{x_j-x_i^{'}}{x_j^{'}-x_i^{'}}x_j^{'}\right)=f\left( x_j\right)}\).
Dodając stronami otrzymujemy
\(\displaystyle{ f\left( x_i^{'}\right)+f\left( x_j^{'}\right) \ge f\left( x_i\right) + f\left( x_j\right)}\).
Zamieniamy \(\displaystyle{ x_i,x_j}\) na \(\displaystyle{ x_i^{'},x_j^{'}}\). Po tej zamianie warunki (1) i (2) nadal są spełnione, nie maleje suma dwunastych potęg, ale maleje liczba \(\displaystyle{ x_k}\) różnych od \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}}}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\).
Powtarzając ten proces dochodzimy do sytuacji, w której istnieje co najwyżej jedna liczba \(\displaystyle{ x_k}\) różna od \(\displaystyle{ -\frac{1}{ \sqrt{3}}}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\).
Dalej stosujemy rozumowanie darka20 (kilka postów wcześniej).