IMO 1971 · Problem 1
Prove that the following assertion is true for \(n=3\) and \(n=5\), and that it is false for every other natural number \(n>2\):
If \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) are arbitrary real numbers, then \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
The case \(n=3\). Expanding gives \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
The case \(n=5\). Since \(S_5\) is unchanged by permuting the numbers, assume \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] and put \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\). We have \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] Indeed, \(a_2-a_1\geq0\), and each factor in the first product inside the brackets is at least the corresponding nonnegative factor in the second product.
Likewise, \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] by the same factorwise comparison. Finally, \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] Thus \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] These arguments allow equality among the \(a_i\), so they also cover all repeated-value cases.
Every even \(n>2\). Choose \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] Every summand except the first contains a zero factor, because each zero has another zero among the other entries. Consequently, \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
Every odd \(n\geq7\). Choose \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] Both \(-1\) and \(1\) occur at least three times. Hence every summand belonging to one of these entries contains a zero factor. Only the summand belonging to \(a_4=0\) remains, giving \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
These cases exhaust all natural numbers \(n>2\), proving the assertion.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1971 · Aufgabe 1
Beweise, dass die folgende Aussage für \(n=3\) und \(n=5\) wahr und für jede andere natürliche Zahl \(n>2\) falsch ist:
Sind \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) beliebige reelle Zahlen, so gilt \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir schreiben \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
Der Fall \(n=3\). Ausmultiplizieren ergibt \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
Der Fall \(n=5\). Da \(S_5\) beim Vertauschen der Zahlen unverändert bleibt, nehmen wir an, dass \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] und setzen \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\). Es gilt \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] Tatsächlich ist \(a_2-a_1\geq0\), und jeder Faktor im ersten Produkt innerhalb der eckigen Klammern ist mindestens so groß wie der entsprechende nichtnegative Faktor im zweiten Produkt.
Ebenso gilt \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] aufgrund desselben faktorweisen Vergleichs. Schließlich ist \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] Somit gilt \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] Diese Argumente lassen zu, dass einige der \(a_i\) gleich sind, und erfassen daher auch alle Fälle mit mehrfach auftretenden Werten.
Jedes gerade \(n>2\). Wir wählen \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] Jeder Summand außer dem ersten enthält einen Nullfaktor, da es zu jeder Null unter den übrigen Einträgen eine weitere Null gibt. Folglich gilt \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
Jedes ungerade \(n\geq7\). Wir wählen \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] Sowohl \(-1\) als auch \(1\) kommen mindestens dreimal vor. Daher enthält jeder Summand, der zu einem dieser Einträge gehört, einen Nullfaktor. Nur der zu \(a_4=0\) gehörende Summand bleibt übrig, und wir erhalten \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
Diese Fälle erfassen alle natürlichen Zahlen \(n>2\), womit die Behauptung bewiesen ist.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1971 · Soru 1
Aşağıdaki önermenin \(n=3\) ve \(n=5\) için doğru, diğer bütün \(n>2\) doğal sayıları için yanlış olduğunu kanıtlayınız:
\(a_1,a_2,\ldots,a_n\) keyfî gerçek sayılar ise \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j) \] olarak tanımlayalım.
\(n=3\) durumu. İfadeyi açarsak \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0 \] elde ederiz.
\(n=5\) durumu. Sayıların yerleri değiştirildiğinde \(S_5\) değişmediğinden, \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] olduğunu varsayalım ve \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\) olsun. Şu eşitsizlik geçerlidir: \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] Gerçekten de \(a_2-a_1\geq0\) olur ve köşeli parantez içindeki ilk çarpımın her bir çarpanı, ikinci çarpımda ona karşılık gelen negatif olmayan çarpandan büyük veya ona eşittir.
Benzer biçimde, aynı çarpan karşılaştırmasıyla \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] elde edilir. Son olarak, \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] Dolayısıyla \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] Bu akıl yürütmeler \(a_i\) sayıları arasında eşitlik olmasına da izin verdiğinden, değerlerin tekrarlandığı bütün durumları da kapsar.
Her çift \(n>2\) için. \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0 \] seçelim. Her sıfır için diğer sayılar arasında başka bir sıfır bulunduğundan, ilk terim dışındaki her terim sıfır olan bir çarpan içerir. Bu nedenle, \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
Her tek \(n\geq7\) için. \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1 \] seçelim. Hem \(-1\) hem de \(1\) en az üç kez yer alır. Dolayısıyla bu sayılardan birine karşılık gelen her terim sıfır olan bir çarpan içerir. Yalnızca \(a_4=0\) sayısına karşılık gelen terim kalır ve \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0 \] elde edilir.
Bu durumlar bütün \(n>2\) doğal sayılarını kapsadığından önerme kanıtlanmış olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1971 · Problema 1
Demuestre que la siguiente afirmación es verdadera para \(n=3\) y \(n=5\), y que es falsa para cualquier otro número natural \(n>2\):
Si \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) son números reales cualesquiera, entonces \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Escribamos \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
El caso \(n=3\). Al desarrollar se obtiene \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
El caso \(n=5\). Como \(S_5\) no cambia al permutar los números, supongamos que \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] y pongamos \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\). Tenemos \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] En efecto, \(a_2-a_1\geq0\), y cada factor del primer producto entre corchetes es mayor o igual que el factor no negativo correspondiente del segundo producto.
Análogamente, \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] por la misma comparación factor a factor. Por último, \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] Por tanto, \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] Estos argumentos permiten que haya igualdades entre los \(a_i\), por lo que también abarcan todos los casos con valores repetidos.
Todo \(n>2\) par. Elijamos \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] Todos los sumandos salvo el primero contienen un factor nulo, porque cada cero tiene otro cero entre los demás términos. En consecuencia, \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
Todo \(n\geq7\) impar. Elijamos \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] Tanto \(-1\) como \(1\) aparecen al menos tres veces. Por ello, todo sumando correspondiente a uno de estos términos contiene un factor nulo. Solo queda el sumando correspondiente a \(a_4=0\), que da \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
Estos casos abarcan todos los números naturales \(n>2\), lo que demuestra la afirmación.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1971 · 问题 1
证明：下述命题在 \(n=3\) 和 \(n=5\) 时成立，而对其余所有自然数 \(n>2\) 均不成立：
若 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 为任意实数，则 \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
记 \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
\(n=3\) 的情形。 展开得 \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
\(n=5\) 的情形。 由于交换这些数的次序不改变 \(S_5\)，不妨设 \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] 并令 \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\)。有 \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] 事实上，\(a_2-a_1\geq0\)，且方括号内第一个乘积的每个因子都不小于第二个乘积中对应的非负因子。
同样， \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] 也可由相同的逐因子比较得到。最后， \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] 因此 \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] 上述论证允许各 \(a_i\) 之间相等，因此也涵盖了所有存在重复值的情形。
所有偶数 \(n>2\)。 取 \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] 除第一项外，每个加项都含有一个零因子，因为对每一个取值为零的数，其余各数中都有另一个零。因此， \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
所有奇数 \(n\geq7\)。 取 \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] \(-1\) 和 \(1\) 都至少出现三次。因此，与这些数对应的每个加项都含有一个零因子。只剩下与 \(a_4=0\) 对应的加项，从而 \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
以上情形涵盖了所有自然数 \(n>2\)，故命题得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1971 · Задача 1
Докажите, что следующее утверждение верно при \(n=3\) и \(n=5\) и неверно для любого другого натурального числа \(n>2\):
Если \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) — произвольные действительные числа, то \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
Случай \(n=3\). Раскрывая скобки, получаем \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
Случай \(n=5\). Поскольку \(S_5\) не меняется при перестановке чисел, будем считать, что \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] и положим \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\). Имеем \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] Действительно, \(a_2-a_1\geq0\), а каждый множитель первого произведения в скобках не меньше соответствующего неотрицательного множителя второго произведения.
Аналогично, \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] в силу такого же сравнения соответствующих множителей. Наконец, \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] Таким образом, \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] В этих рассуждениях допускается равенство некоторых \(a_i\), поэтому они охватывают и все случаи с повторяющимися значениями.
Любое чётное \(n>2\). Выберем \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] Каждое слагаемое, кроме первого, содержит нулевой множитель, поскольку для каждого нуля среди остальных чисел найдётся ещё один нуль. Следовательно, \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
Любое нечётное \(n\geq7\). Выберем \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] И \(-1\), и \(1\) встречаются не менее трёх раз. Поэтому каждое слагаемое, соответствующее одному из этих чисел, содержит нулевой множитель. Остаётся только слагаемое, соответствующее \(a_4=0\), и мы получаем \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
Эти случаи исчерпывают все натуральные числа \(n>2\), что и доказывает утверждение.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1971 · المسألة 1
أثبت أن العبارة الآتية صحيحة عندما \(n=3\) وعندما \(n=5\)، وأنها خاطئة لكل عدد طبيعي آخر \(n>2\):
إذا كانت \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) أعدادًا حقيقية كيفما اتفق، فإن \[ (a_1-a_2)(a_1-a_3)\cdots(a_1-a_n) +(a_2-a_1)(a_2-a_3)\cdots(a_2-a_n) +\cdots+(a_n-a_1)(a_n-a_2)\cdots(a_n-a_{n-1})\geq 0 \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لنكتب \[ S_n=\sum_{i=1}^{n}\prod_{\substack{1\leq j\leq n\\j\ne i}}(a_i-a_j). \]
الحالة \(n=3\). بالنشر نحصل على \[ S_3=a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_2-a_1a_3-a_2a_3 =\frac12\bigl((a_1-a_2)^2+(a_1-a_3)^2+(a_2-a_3)^2\bigr)\geq0. \]
الحالة \(n=5\). بما أن \(S_5\) لا يتغير بتبديل ترتيب الأعداد، فلنفترض أن \[ a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4\leq a_5, \] ولنضع \(P_i=\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\). لدينا \[ \begin{aligned} P_1+P_2 =(a_2-a_1)\bigl[& (a_3-a_1)(a_4-a_1)(a_5-a_1)\\ &-(a_3-a_2)(a_4-a_2)(a_5-a_2)\bigr]\geq0. \end{aligned} \] فبالفعل، \(a_2-a_1\geq0\)، وكل عامل في الجداء الأول داخل القوسين لا يقل عن العامل غير السالب المناظر له في الجداء الثاني.
وبالمثل، \[ \begin{aligned} P_4+P_5 =(a_5-a_4)\bigl[& (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)\\ &-(a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)\bigr]\geq0 \end{aligned} \] بالمقارنة نفسها عاملًا بعامل. وأخيرًا، \[ P_3=(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_4-a_3)(a_5-a_3)\geq0. \] إذن \[ S_5=(P_1+P_2)+P_3+(P_4+P_5)\geq0. \] تسمح هذه الحجج بتساوي بعض الأعداد \(a_i\)، ولذلك تشمل أيضًا جميع حالات تكرار القيم.
كل عدد زوجي \(n>2\). نختار \[ a_1=-1,\qquad a_2=\cdots=a_n=0. \] كل حد في المجموع، باستثناء الحد الأول، يحتوي على عامل صفري، لأن لكل صفر صفرًا آخر بين القيم الأخرى. ومن ثم، \[ S_n=(-1)^{n-1}=-1<0. \]
كل عدد فردي \(n\geq7\). نختار \[ a_1=a_2=a_3=-1,\qquad a_4=0,\qquad a_5=\cdots=a_n=1. \] تتكرر كل من القيمتين \(-1\) و\(1\) ثلاث مرات على الأقل. لذا فإن كل حد في المجموع يقابل إحدى هاتين القيمتين يحتوي على عامل صفري. ولا يبقى إلا الحد المقابل لـ \(a_4=0\)، فنحصل على \[ S_n=(0-(-1))^3(0-1)^{n-4}=(-1)^{n-4}=-1<0. \]
تستنفد هذه الحالات جميع الأعداد الطبيعية \(n>2\)، وبذلك تثبت العبارة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).