IMO 1972 · Problem 4
Find all solutions \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) of the system of inequalities \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] where \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) are positive real numbers.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
Solution
Put \(a_i=\log x_i\), and interpret all subscripts cyclically modulo \(5\).
Since the logarithm is strictly increasing, the expressions \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{and}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] have the same sign, including being zero simultaneously. Thus the given inequalities imply \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
We now sum these five inequalities. Expanding and collecting terms cyclically gives \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] The left-hand side is nonpositive, while the final expression is a sum of nonnegative squares. Consequently every square is zero, so \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] It follows that \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\).
Conversely, if all five variables equal any \(t>0\), every factor in the original system is zero. Hence all such tuples are solutions, completing the proof.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1972 · Aufgabe 4
Bestimme alle Lösungen \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) des Ungleichungssystems \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] wobei \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) positive reelle Zahlen sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
Lösung
Setze \(a_i=\log x_i\) und fasse alle Indizes zyklisch modulo \(5\) auf.
Da der Logarithmus streng monoton wächst, haben die Ausdrücke \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{und}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] dasselbe Vorzeichen und sind insbesondere auch gleichzeitig null. Somit folgen aus den gegebenen Ungleichungen \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
Wir addieren nun diese fünf Ungleichungen. Durch Ausmultiplizieren und zyklisches Zusammenfassen der Terme erhält man \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] Die linke Seite ist nichtpositiv, während der letzte Ausdruck eine Summe nichtnegativer Quadrate ist. Folglich ist jedes Quadrat null, also gilt \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] Daraus folgt \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\).
Sind umgekehrt alle fünf Variablen gleich einem beliebigen \(t>0\), so ist jeder Faktor im ursprünglichen System null. Daher sind alle solchen Tupel Lösungen, womit der Beweis abgeschlossen ist.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1972 · Soru 4
\(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] eşitsizlik sisteminin tüm \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) çözümlerini bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
Çözüm
\(a_i=\log x_i\) alalım ve tüm alt indisleri \(5\) modülünde döngüsel olarak yorumlayalım.
Logaritma kesin artan olduğundan, \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{ve}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] ifadeleri, aynı anda sıfır olmaları da dâhil olmak üzere, aynı işarete sahiptir. Dolayısıyla verilen eşitsizliklerden \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5 \] elde edilir.
Şimdi bu beş eşitsizliği toplayalım. Çarpımları açıp terimleri döngüsel olarak bir araya getirince \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2 \end{aligned} \] elde edilir. Sol taraf pozitif değilken, son ifade negatif olmayan karelerin toplamıdır. Dolayısıyla her kare sıfırdır; yani \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] Buradan \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\) elde edilir.
Tersine, beş değişkenin hepsi herhangi bir \(t>0\) değerine eşitse, başlangıçtaki sistemde her çarpan sıfır olur. Dolayısıyla bu tür beşlilerin hepsi birer çözümdür ve kanıt tamamlanır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1972 · Problema 4
Hallar todas las soluciones \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) del sistema de desigualdades \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] donde \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) son números reales positivos.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
Solución
Sea \(a_i=\log x_i\), e interpretemos todos los subíndices cíclicamente módulo \(5\).
Como el logaritmo es estrictamente creciente, las expresiones \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{y}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] tienen el mismo signo, y se anulan simultáneamente. Así, las desigualdades dadas implican \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
Sumemos ahora estas cinco desigualdades. Al desarrollar y agrupar los términos cíclicamente, se obtiene \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] El primer miembro es no positivo, mientras que la expresión final es una suma de cuadrados no negativos. En consecuencia, cada cuadrado es cero, por lo que \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] Se sigue que \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\).
Recíprocamente, si las cinco variables son iguales a cualquier \(t>0\), todos los factores del sistema original son cero. Por tanto, todas esas quíntuplas son soluciones, lo que completa la demostración.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1972 · 问题 4
求不等式组 \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] 的所有解 \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\)，其中 \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) 为正实数。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
解答
令 \(a_i=\log x_i\)，所有下标均按模 \(5\) 循环理解。
由于对数函数严格递增，表达式 \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{和}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] 具有相同的符号，且同时为零。因此，由给定的不等式可得 \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
现在将这五个不等式相加。展开并按循环下标合并各项，得到 \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] 左边非正，而最后的表达式是若干个非负平方项之和。因此，每个平方项都为零，于是 \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] 从而 \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\)。
反过来，如果五个变量都等于任意一个 \(t>0\)，则原不等式组中的每个因式都为零。因此，所有这样的五元组都是解，证明完毕。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1972 · Задача 4
Найдите все решения \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) системы неравенств \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] где \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) — положительные действительные числа.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
Решение
Положим \(a_i=\log x_i\) и будем понимать все индексы циклически по модулю \(5\).
Поскольку логарифм строго возрастает, выражения \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{и}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] имеют одинаковый знак, в том числе одновременно обращаются в нуль. Таким образом, из данных неравенств следует \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
Теперь сложим эти пять неравенств. Раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые с учётом цикличности индексов, получаем \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] Левая часть неположительна, а последнее выражение является суммой неотрицательных квадратов. Следовательно, каждый квадрат равен нулю, поэтому \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] Отсюда следует, что \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\).
Обратно, если все пять переменных равны произвольному \(t>0\), то каждый множитель в исходной системе равен нулю. Следовательно, все такие наборы являются решениями, что завершает доказательство.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1972 · المسألة 4
أوجد جميع حلول \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\) نظام المتباينات \[ \begin{aligned} (x_1^2-x_3x_5)(x_2^2-x_3x_5)&\leq 0\\ (x_2^2-x_4x_1)(x_3^2-x_4x_1)&\leq 0\\ (x_3^2-x_5x_2)(x_4^2-x_5x_2)&\leq 0\\ (x_4^2-x_1x_3)(x_5^2-x_1x_3)&\leq 0\\ (x_5^2-x_2x_4)(x_1^2-x_2x_4)&\leq 0 \end{aligned} \] حيث \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\) أعداد حقيقية موجبة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(t,t,t,t,t),\qquad t>0.} \]
الحل
نضع \(a_i=\log x_i\)، ونفسّر جميع المؤشرات دوريًا بترديد \(5\).
بما أن اللوغاريتم دالة متزايدة تمامًا، فإن المقدارين \[ x_j^2-x_kx_\ell \quad\text{و}\quad 2a_j-a_k-a_\ell \] لهما الإشارة نفسها، بما في ذلك انعدامهما معًا. ومن ثم تستلزم المتباينات المعطاة \[ (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\leq 0, \qquad i=1,\ldots,5. \]
نجمع الآن هذه المتباينات الخمس. وبنشر الحدود وتجميعها دوريًا نحصل على \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{5} (2a_i-a_{i+2}-a_{i+4}) (2a_{i+1}-a_{i+2}-a_{i+4})\\ &\quad= 4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+1} -4\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2} +2\sum_{i=1}^{5}a_i^2 +2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad= 2\sum_{i=1}^{5}a_i^2-2\sum_{i=1}^{5}a_i a_{i+2}\\ &\quad=\sum_{i=1}^{5}(a_i-a_{i+2})^2. \end{aligned} \] الطرف الأيسر غير موجب، بينما المقدار الأخير مجموع مربعات غير سالبة. وبناءً عليه، فإن كل مربع يساوي صفرًا، ومن ثم \[ a_1=a_3=a_5=a_2=a_4. \] وينتج أن \(x_1=x_2=x_3=x_4=x_5\).
وعكسًا، إذا كانت المتغيرات الخمسة جميعها تساوي أي قيمة \(t>0\)، فإن كل عامل في النظام الأصلي يساوي صفرًا. ومن ثم فإن جميع هذه الخماسيات حلول، وبذلك يكتمل البرهان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).