IMO 1978 · Problem 5
Let \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) be a sequence of distinct positive integers. Prove that for all natural numbers \(n\), \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Fix \(n\geq 1\). Among the finitely many arrangements of \(a_1,\ldots,a_n\), choose one, say \(b_1,\ldots,b_n\), that minimizes \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2}. \]
We claim that \(b_1<b_2<\cdots<b_n\). Indeed, if \(i<j\) but \(b_i>b_j\), exchanging \(b_i\) and \(b_j\) would decrease the sum by \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] contradicting minimality. Since the numbers are distinct, the claim follows.
As the \(b_k\) are increasing positive integers, \(b_1\geq1\) and \(b_{k+1}\geq b_k+1\), so \(b_k\geq k\) for every \(k\). Therefore \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] This proves the inequality for every \(n\geq1\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1978 · Aufgabe 5
Sei \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) eine Folge verschiedener positiver ganzer Zahlen. Beweise, dass für alle natürlichen Zahlen \(n\) gilt: \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Sei \(n\geq 1\) fest. Wähle unter den endlich vielen Anordnungen von \(a_1,\ldots,a_n\) eine, etwa \(b_1,\ldots,b_n\), die \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \] minimiert.
Wir behaupten, dass \(b_1<b_2<\cdots<b_n\) gilt. Wäre nämlich \(i<j\), aber \(b_i>b_j\), so würde das Vertauschen von \(b_i\) und \(b_j\) die Summe um \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0 \] verringern, im Widerspruch zur Minimalität. Da die Zahlen verschieden sind, folgt die Behauptung.
Da die \(b_k\) aufsteigend angeordnete positive ganze Zahlen sind, gelten \(b_1\geq1\) und \(b_{k+1}\geq b_k+1\), also \(b_k\geq k\) für jedes \(k\). Daher ist \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] Damit ist die Ungleichung für jedes \(n\geq1\) bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1978 · Soru 5
\(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\), birbirinden farklı pozitif tam sayılardan oluşan bir dizi olsun. Tüm \(n\) doğal sayıları için \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \] olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(n\geq 1\) sabit olsun. \(a_1,\ldots,a_n\) sayılarının sonlu sayıdaki sıralanışları arasından, \(b_1,\ldots,b_n\) ile göstereceğimiz ve \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \] toplamını en küçük yapan birini seçelim.
\(b_1<b_2<\cdots<b_n\) olduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten de \(i<j\) olmasına rağmen \(b_i>b_j\) olsaydı, \(b_i\) ile \(b_j\)'nin yerlerini değiştirmek toplamı \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] kadar azaltırdı; bu da en küçüklükle çelişirdi. Sayılar birbirinden farklı olduğundan iddia kanıtlanır.
\(b_k\)'lar artan pozitif tam sayılar olduğundan, \(b_1\geq1\) ve \(b_{k+1}\geq b_k+1\) olur; dolayısıyla her \(k\) için \(b_k\geq k\)'dır. Bu nedenle \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] Bu, eşitsizliği her \(n\geq1\) için kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1978 · Problema 5
Sea \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) una sucesión de enteros positivos distintos. Demostrar que para todos los números naturales \(n\), \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Fijemos \(n\geq 1\). Entre las finitas ordenaciones de \(a_1,\ldots,a_n\), elijamos una, que denotaremos por \(b_1,\ldots,b_n\), que minimice \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2}. \]
Afirmamos que \(b_1<b_2<\cdots<b_n\). En efecto, si \(i<j\) pero \(b_i>b_j\), al intercambiar \(b_i\) y \(b_j\) la suma disminuiría en \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] lo que contradice la minimalidad. Como los números son distintos, la afirmación queda demostrada.
Como los \(b_k\) son enteros positivos en orden creciente, \(b_1\geq1\) y \(b_{k+1}\geq b_k+1\), de modo que \(b_k\geq k\) para todo \(k\). Por tanto, \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] Esto demuestra la desigualdad para todo \(n\geq1\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1978 · 问题 5
设 \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) 是一个由互不相同的正整数组成的数列。证明：对于所有自然数 \(n\)， \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
固定 \(n\geq 1\)。在 \(a_1,\ldots,a_n\) 的有限种排列中，选取一种排列，记为 \(b_1,\ldots,b_n\)，使得 \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \] 取得最小值。
我们断言 \(b_1<b_2<\cdots<b_n\)。事实上，若 \(i<j\) 但 \(b_i>b_j\)，则交换 \(b_i\) 和 \(b_j\) 会使该和减少 \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] 这与最小性矛盾。由于这些数互不相同，断言成立。
由于 \(b_k\) 是递增的正整数，\(b_1\geq1\) 且 \(b_{k+1}\geq b_k+1\)，所以对于每个 \(k\)，都有 \(b_k\geq k\)。因此 \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] 这就证明了不等式对每个 \(n\geq1\) 都成立。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1978 · Задача 5
Пусть \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) — последовательность различных положительных целых чисел. Докажите, что для всех натуральных чисел \(n\) \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Зафиксируем \(n\geq 1\). Среди конечного числа перестановок чисел \(a_1,\ldots,a_n\) выберем такую, обозначив её \(b_1,\ldots,b_n\), для которой сумма \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \] минимальна.
Утверждается, что \(b_1<b_2<\cdots<b_n\). Действительно, если \(i<j\), но \(b_i>b_j\), то перестановка \(b_i\) и \(b_j\) уменьшила бы сумму на \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] что противоречит минимальности. Поскольку все числа различны, утверждение доказано.
Так как \(b_k\) — возрастающая последовательность положительных целых чисел, \(b_1\geq1\) и \(b_{k+1}\geq b_k+1\), поэтому \(b_k\geq k\) для каждого \(k\). Следовательно, \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] Тем самым неравенство доказано для каждого \(n\geq1\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1978 · المسألة 5
لتكن \(\{a_k\}(k = 1, 2, 3, \ldots, n, \ldots)\) متتالية من أعداد صحيحة موجبة مختلفة. أثبت أنه لكل عدد طبيعي \(n\)، \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نثبت عددًا \(n\geq 1\). من بين الترتيبات المنتهية العدد للأعداد \(a_1,\ldots,a_n\)، نختار ترتيبًا، وليكن \(b_1,\ldots,b_n\)، يحقق أصغر قيمة للمجموع \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2}. \]
ندعي أن \(b_1<b_2<\cdots<b_n\). بالفعل، إذا كان \(i<j\) ولكن \(b_i>b_j\)، فإن تبديل \(b_i\) و\(b_j\) ينقص المجموع بمقدار \[ \frac{b_i}{i^2}+\frac{b_j}{j^2} -\frac{b_j}{i^2}-\frac{b_i}{j^2} =(b_i-b_j)\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{j^2}\right)>0, \] وهذا يناقض كون المجموع أصغر ما يمكن. وبما أن الأعداد مختلفة، فإن الادعاء ينتج.
بما أن الأعداد \(b_k\) أعداد صحيحة موجبة متزايدة، فإن \(b_1\geq1\) و\(b_{k+1}\geq b_k+1\)، ومن ثم \(b_k\geq k\) لكل \(k\). لذلك \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k^2} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \] وهذا يثبت المتباينة لكل \(n\geq1\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).