IMO 1988 · Problem 4
Show that set of real numbers \(x\) which satisfy the inequality \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] is a union of disjoint intervals, the sum of whose lengths is 1988.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Define \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
On each interval containing no pole, \(F\) is continuous and strictly decreasing. Indeed, if \(x<y\) lie in the same such interval, then for every \(k\), \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] because the two denominator factors have the same sign.
For every \(j=1,\ldots,69\), \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] Consequently, continuity and strict monotonicity give a unique \(\alpha_j\in(j,j+1)\) satisfying \(F(\alpha_j)=5/4\). Within this interval, the inequality holds exactly when \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
Similarly, \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] so there is a unique \(\alpha_{70}>70\) with \(F(\alpha_{70})=5/4\), and the solutions above \(70\) form \((70,\alpha_{70}]\). For \(x<1\), every summand is negative, so there are no solutions.
Thus the entire solution set is the union of the 70 pairwise disjoint intervals \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] It remains to calculate their total length.
Put \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] and introduce the polynomial \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m). \] Multiplying \(F(\alpha_j)=5/4\) by \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\) shows that \(Q(\alpha_j)=0\).
The polynomial \(Q\) has degree \(70\), leading coefficient \(5\), and the 70 distinct roots \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\). Therefore \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] In its defining expression, the coefficient of \(x^{69}\) is \[ -5S-4S=-9S. \] Comparing this with the coefficient in the factored expression gives \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{hence}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] The sum of the interval lengths is consequently \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1988 · Aufgabe 4
Zeige, dass die Menge der reellen Zahlen \(x\), die die Ungleichung \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] erfüllen, eine Vereinigung disjunkter Intervalle ist, deren Längen die Summe 1988 haben.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Definiere \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
Auf jedem Intervall, das keine Polstelle enthält, ist \(F\) stetig und streng monoton fallend. Liegen nämlich \(x<y\) in demselben solchen Intervall, so gilt für jedes \(k\) \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] da die beiden Faktoren im Nenner dasselbe Vorzeichen haben.
Für jedes \(j=1,\ldots,69\) gilt \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] Aus der Stetigkeit und der strengen Monotonie folgt daher, dass es genau ein \(\alpha_j\in(j,j+1)\) mit \(F(\alpha_j)=5/4\) gibt. Innerhalb dieses Intervalls gilt die Ungleichung genau dann, wenn \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
Ebenso gilt \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] also gibt es genau ein \(\alpha_{70}>70\) mit \(F(\alpha_{70})=5/4\), und die Lösungen oberhalb von \(70\) bilden das Intervall \((70,\alpha_{70}]\). Für \(x<1\) ist jeder Summand negativ, also gibt es dort keine Lösungen.
Somit ist die gesamte Lösungsmenge die Vereinigung der 70 paarweise disjunkten Intervalle \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] Es bleibt, ihre Gesamtlänge zu berechnen.
Setze \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] und führe das Polynom \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m) \] ein. Multipliziert man \(F(\alpha_j)=5/4\) mit \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\), so folgt \(Q(\alpha_j)=0\).
Das Polynom \(Q\) hat den Grad \(70\), den Leitkoeffizienten \(5\) und die 70 verschiedenen Nullstellen \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\). Daher gilt \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] In seinem definierenden Ausdruck ist der Koeffizient von \(x^{69}\) gleich \[ -5S-4S=-9S. \] Der Vergleich mit dem Koeffizienten in der faktorisierten Darstellung ergibt \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{also}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] Die Summe der Intervalllängen beträgt folglich \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1988 · Soru 4
\[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] eşitsizliğini sağlayan gerçek sayılar \(x\) kümesinin, uzunlukları toplamı 1988 olan ayrık aralıkların birleşimi olduğunu gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\} \] olarak tanımlayalım.
\(F\), kutup içermeyen her aralıkta sürekli ve kesin azalandır. Gerçekten, \(x<y\) böyle bir aralıkta bulunuyorsa her \(k\) için \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] çünkü paydadaki iki çarpan aynı işaretlidir.
Her \(j=1,\ldots,69\) için \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] Dolayısıyla, süreklilik ve kesin monotonluk gereği, \(F(\alpha_j)=5/4\) eşitliğini sağlayan tek bir \(\alpha_j\in(j,j+1)\) vardır. Bu aralıkta eşitsizlik tam olarak \[ x\in(j,\alpha_j] \] olduğunda sağlanır.
Benzer biçimde, \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] olduğundan, \(F(\alpha_{70})=5/4\) eşitliğini sağlayan tek bir \(\alpha_{70}>70\) vardır ve \(70\)'ten büyük çözümler \((70,\alpha_{70}]\) aralığını oluşturur. \(x<1\) için her terim negatif olduğundan çözüm yoktur.
Böylece çözüm kümesinin tamamı, ikişer ikişer ayrık 70 aralığın \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j] \] birleşimidir. Geriye bu aralıkların uzunlukları toplamını hesaplamak kalır.
\[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] alalım ve \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m) \] polinomunu tanımlayalım. \(F(\alpha_j)=5/4\) eşitliğini \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\) ile çarparsak \(Q(\alpha_j)=0\) elde ederiz.
\(Q\) polinomunun derecesi \(70\), başkatsayısı \(5\)'tir ve \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\) onun 70 farklı köküdür. Dolayısıyla \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] Polinomu tanımlayan ifadede \(x^{69}\)'un katsayısı \[ -5S-4S=-9S \] olur. Bunu çarpanlara ayrılmış ifadedeki katsayıyla karşılaştırarak \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S \] elde ederiz. Sonuç olarak aralıkların uzunlukları toplamı \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988} \] olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1988 · Problema 4
Demostrar que el conjunto de números reales \(x\) que satisfacen la desigualdad \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] es una unión de intervalos disjuntos, la suma de cuyas longitudes es 1988.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Definamos \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
En cada intervalo que no contiene ningún polo, \(F\) es continua y estrictamente decreciente. En efecto, si \(x<y\) pertenecen a uno de estos intervalos, entonces, para todo \(k\), \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] porque los dos factores del denominador tienen el mismo signo.
Para todo \(j=1,\ldots,69\), \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] Por consiguiente, la continuidad y la monotonía estricta garantizan la existencia de un único \(\alpha_j\in(j,j+1)\) que satisface \(F(\alpha_j)=5/4\). Dentro de este intervalo, la desigualdad se cumple exactamente cuando \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
Análogamente, \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] por lo que existe un único \(\alpha_{70}>70\) con \(F(\alpha_{70})=5/4\), y las soluciones mayores que \(70\) forman \((70,\alpha_{70}]\). Para \(x<1\), cada sumando es negativo, por lo que no hay soluciones.
Así, el conjunto completo de soluciones es la unión de los 70 intervalos disjuntos dos a dos \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] Queda calcular su longitud total.
Pongamos \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] e introduzcamos el polinomio \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m). \] Al multiplicar \(F(\alpha_j)=5/4\) por \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\), se obtiene \(Q(\alpha_j)=0\).
El polinomio \(Q\) tiene grado \(70\), coeficiente principal \(5\) y las 70 raíces distintas \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\). Por tanto, \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] En la expresión que lo define, el coeficiente de \(x^{69}\) es \[ -5S-4S=-9S. \] Al compararlo con el coeficiente en la expresión factorizada, obtenemos \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{por tanto}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] La suma de las longitudes de los intervalos es, por consiguiente, \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1988 · 问题 4
证明：满足不等式 \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] 的实数 \(x\) 所组成的集合是若干个互不相交的区间的并，且这些区间的长度之和为 1988。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
定义 \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
在每个不含极点的区间上，\(F\) 连续且严格递减。事实上，若 \(x<y\) 位于同一个这样的区间内，则对每个 \(k\)，都有 \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] 因为分母中的两个因子同号。
对于每个 \(j=1,\ldots,69\)，有 \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] 因此，由连续性和严格单调性，存在唯一的 \(\alpha_j\in(j,j+1)\)，使得 \(F(\alpha_j)=5/4\)。在此区间内，不等式成立当且仅当 \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
类似地， \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] 所以存在唯一的 \(\alpha_{70}>70\)，使得 \(F(\alpha_{70})=5/4\)，且大于 \(70\) 的解组成区间 \((70,\alpha_{70}]\)。当 \(x<1\) 时，每一项都为负数，因而没有解。
因此，整个解集是下列 70 个两两不相交的区间的并： \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] 接下来只需计算它们的总长度。
令 \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] 并引入多项式 \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m). \] 将 \(F(\alpha_j)=5/4\) 两边乘以 \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\)，可得 \(Q(\alpha_j)=0\)。
多项式 \(Q\) 的次数为 \(70\)，首项系数为 \(5\)，且有 70 个互不相同的根 \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\)。因此 \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] 在定义它的表达式中，\(x^{69}\) 的系数为 \[ -5S-4S=-9S. \] 将其与因式分解形式中的相应系数比较，得到 \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{因此}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] 所以这些区间的长度之和为 \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1988 · Задача 4
Докажите, что множество действительных чисел \(x\), удовлетворяющих неравенству \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] является объединением попарно непересекающихся промежутков, сумма длин которых равна 1988.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Определим \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
На каждом промежутке, не содержащем полюсов, функция \(F\) непрерывна и строго убывает. Действительно, если \(x<y\) лежат в одном таком промежутке, то для каждого \(k\) \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] поскольку оба множителя знаменателя имеют одинаковый знак.
Для каждого \(j=1,\ldots,69\) \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] Следовательно, из непрерывности и строгой монотонности следует существование единственного \(\alpha_j\in(j,j+1)\), удовлетворяющего равенству \(F(\alpha_j)=5/4\). Внутри этого промежутка неравенство выполняется тогда и только тогда, когда \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
Аналогично, \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] поэтому существует единственное \(\alpha_{70}>70\), для которого \(F(\alpha_{70})=5/4\), и решения, большие \(70\), образуют промежуток \((70,\alpha_{70}]\). При \(x<1\) каждое слагаемое отрицательно, поэтому решений нет.
Таким образом, всё множество решений является объединением 70 попарно непересекающихся промежутков \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] Остаётся вычислить сумму их длин.
Положим \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] и введём многочлен \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m). \] Умножая равенство \(F(\alpha_j)=5/4\) на \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\), получаем \(Q(\alpha_j)=0\).
Многочлен \(Q\) имеет степень \(70\), старший коэффициент \(5\) и 70 различных корней \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\). Поэтому \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] В выражении, определяющем этот многочлен, коэффициент при \(x^{69}\) равен \[ -5S-4S=-9S. \] Сравнивая его с коэффициентом в разложении на множители, получаем \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{откуда}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] Следовательно, сумма длин промежутков равна \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1988 · المسألة 4
أثبت أن مجموعة الأعداد الحقيقية \(x\) التي تحقق المتباينة \[ \sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geq\frac54 \] هي اتحاد فترات متباينة اثنتين اثنتين، مجموع أطوالها 1988.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نعرّف \[ F(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}, \qquad x\notin\{1,2,\ldots,70\}. \]
على كل فترة لا تحتوي على أي قطب، تكون \(F\) متصلة ومتناقصة تمامًا. بالفعل، إذا كانت \(x<y\) تقعان في الفترة نفسها من هذا النوع، فإننا نحصل لكل \(k\) على \[ \frac{k}{x-k}-\frac{k}{y-k} =\frac{k(y-x)}{(x-k)(y-k)}>0, \] لأن عاملي المقام لهما الإشارة نفسها.
لكل \(j=1,\ldots,69\)، \[ \lim_{x\to j^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to(j+1)^-}F(x)=-\infty. \] وبالتالي، يضمن الاتصال والتناقص التام وجود عدد وحيد \(\alpha_j\in(j,j+1)\) يحقق \(F(\alpha_j)=5/4\). وضمن هذه الفترة، تتحقق المتباينة إذا وفقط إذا كان \[ x\in(j,\alpha_j]. \]
وبالمثل، \[ \lim_{x\to70^+}F(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0, \] ولذلك يوجد عدد وحيد \(\alpha_{70}>70\) يحقق \(F(\alpha_{70})=5/4\)، وتشكّل الحلول الأكبر من \(70\) الفترة \((70,\alpha_{70}]\). أما عندما يكون \(x<1\)، فإن كل حد في المجموع سالب، ولذلك لا توجد حلول.
إذن مجموعة الحلول بأكملها هي اتحاد الفترات السبعين المتباينة اثنتين اثنتين \[ \bigcup_{j=1}^{70}(j,\alpha_j]. \] يبقى أن نحسب مجموع أطوالها.
نضع \[ S=\sum_{k=1}^{70}k=\frac{70\cdot71}{2}=2485 \] ونعرّف كثيرة الحدود \[ Q(x)=5\prod_{k=1}^{70}(x-k) -4\sum_{k=1}^{70} k\!\!\prod_{\substack{1\leq m\leq70\\m\ne k}}(x-m). \] بضرب \(F(\alpha_j)=5/4\) في \(4\prod_{k=1}^{70}(\alpha_j-k)\)، يتبين أن \(Q(\alpha_j)=0\).
كثيرة الحدود \(Q\) درجتها \(70\)، ومعامل حدها الرئيس \(5\)، ولها الجذور السبعون المختلفة \(\alpha_1,\ldots,\alpha_{70}\). ولذلك \[ Q(x)=5\prod_{j=1}^{70}(x-\alpha_j). \] في العبارة التي تعرّفها، معامل \(x^{69}\) هو \[ -5S-4S=-9S. \] بمقارنته بالمعامل في صورتها المحللة إلى عوامل، نحصل على \[ -5\sum_{j=1}^{70}\alpha_j=-9S, \qquad\text{ومن ثم}\qquad \sum_{j=1}^{70}\alpha_j=\frac95S. \] وعليه فإن مجموع أطوال الفترات هو \[ \sum_{j=1}^{70}(\alpha_j-j) =\frac95S-S =\frac45\cdot2485 =\boxed{1988}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).