IMO 2020 · Problem 2
The real numbers \(a,b,c,d\) are such that \(a\ge b\ge c\ge d>0\) and \(a+b+c+d=1\). Prove that \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Put \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] By the weighted arithmetic–geometric mean inequality, with weights \(a,b,c,d\), \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] Moreover, since \(b\ge d\), \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] Consequently, \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] We consider two cases.
If \(a<\tfrac12\), each of \(a,b,c,d\) is at most \(a\), so \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] It follows that \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
If \(a\ge\tfrac12\), the positivity of \(b,c,d\) gives \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] Since \(a<1\), we have \(3-2a>0\), and hence \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] Thus the required strict inequality holds in every case. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2020 · Aufgabe 2
Die reellen Zahlen \(a,b,c,d\) erfüllen \(a\ge b\ge c\ge d>0\) und \(a+b+c+d=1\). Man beweise, dass \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1. \]
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Setze \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] Nach der gewichteten Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel mit den Gewichten \(a,b,c,d\) gilt \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] Außerdem gilt wegen \(b\ge d\) \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] Folglich ist \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] Wir unterscheiden zwei Fälle.
Falls \(a<\tfrac12\) ist, ist jede der Zahlen \(a,b,c,d\) höchstens \(a\), also gilt \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] Daraus folgt \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
Falls \(a\ge\tfrac12\) ist, ergibt die Positivität von \(b,c,d\) \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] Wegen \(a<1\) gilt \(3-2a>0\), und somit \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] Damit gilt die geforderte strenge Ungleichung in jedem Fall. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2020 · Soru 2
\(a,b,c,d\) gerçel sayıları için \(a\ge b\ge c\ge d>0\) ve \(a+b+c+d=1\) sağlanmaktadır. \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1 \] olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2 \] olsun. Ağırlıkları \(a,b,c,d\) olan ağırlıklı aritmetik–geometrik ortalama eşitsizliğinden, \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q \] elde edilir. Ayrıca \(b\ge d\) olduğundan, \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] Dolayısıyla, \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] İki durumu ele alacağız.
\(a<\tfrac12\) ise, \(a,b,c,d\) sayılarının her biri en fazla \(a\) olduğundan \[ Q\le a(a+b+c+d)=a \] olur. Buradan \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1 \] elde edilir.
\(a\ge\tfrac12\) ise, \(b,c,d\) nin pozitifliğinden \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2 \] elde edilir. \(a<1\) olduğundan \(3-2a>0\) dır ve dolayısıyla \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] Böylece istenen kesin eşitsizlik her durumda sağlanır. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2020 · Problema 2
Los números reales \(a,b,c,d\) son tales que \(a\ge b\ge c\ge d>0\) y \(a+b+c+d=1\). Demuestre que \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1. \]
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] Por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica ponderadas, con pesos \(a,b,c,d\), \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] Además, como \(b\ge d\), \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] Por consiguiente, \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] Consideramos dos casos.
Si \(a<\tfrac12\), cada uno de los números \(a,b,c,d\) es a lo sumo \(a\), por lo que \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] Se deduce que \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
Si \(a\ge\tfrac12\), la positividad de \(b,c,d\) da \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] Como \(a<1\), tenemos \(3-2a>0\), y por tanto \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] Así pues, la desigualdad estricta requerida se cumple en todos los casos. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2020 · 问题 2
设实数 \(a,b,c,d\) 满足 \(a\ge b\ge c\ge d>0\), 且 \(a+b+c+d=1\). 证明: \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1. \]
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] 由权重为 \(a,b,c,d\) 的加权算术—几何平均不等式， \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] 此外，由于 \(b\ge d\)， \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] 因此， \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] 我们分两种情况讨论。
若 \(a<\tfrac12\)， 则 \(a,b,c,d\) 中的每一个都不大于 \(a\)，故 \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] 于是 \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
若 \(a\ge\tfrac12\)， 则由 \(b,c,d\) 均为正数可得 \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] 由于 \(a<1\)，有 \(3-2a>0\)，因此 \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] 因此，在所有情况下，所需的严格不等式均成立。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2020 · Задача 2
Даны вещественные числа \(a,b,c,d\), такие что \(a\ge b\ge c\ge d>0\) и \(a+b+c+d=1\). Докажите, что \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1. \]
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Положим \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] По неравенству между взвешенными средними арифметическим и геометрическим с весами \(a,b,c,d\), \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] Кроме того, поскольку \(b\ge d\), \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] Следовательно, \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] Рассмотрим два случая.
Если \(a<\tfrac12\), каждое из чисел \(a,b,c,d\) не превосходит \(a\), поэтому \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] Отсюда следует, что \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
Если \(a\ge\tfrac12\), из положительности \(b,c,d\) получаем \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] Поскольку \(a<1\), имеем \(3-2a>0\), и потому \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] Таким образом, требуемое строгое неравенство выполняется в каждом случае. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2020 · المسألة 2
الأعداد الحقيقية \(a,b,c,d\) تحقق أن \(a\ge b\ge c\ge d>0\) و \(a+b+c+d=1\). أثبت أن \[ (a+2b+3c+4d)\,a^a b^b c^c d^d<1 \]
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نضع \[ S=a+2b+3c+4d,\qquad Q=a^2+b^2+c^2+d^2. \] بمتباينة الوسط الحسابي والوسط الهندسي الموزونين، بالأوزان \(a,b,c,d\)، \[ a^a b^b c^c d^d\le a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=Q. \] وعلاوة على ذلك، بما أن \(b\ge d\)، فإن \[ S=3(a+b+c+d)-2a-(b-d)\le 3-2a. \] وعليه، \[ S\,a^a b^b c^c d^d\le (3-2a)Q. \] ننظر في حالتين.
إذا كان \(a<\tfrac12\)، فإن كلا من \(a,b,c,d\) لا يتجاوز \(a\)، ومن ثم \[ Q\le a(a+b+c+d)=a. \] ينتج أن \[ S\,a^a b^b c^c d^d \le (3-2a)a =1-(1-a)(1-2a)<1. \]
إذا كان \(a\ge\tfrac12\)، فإن إيجابية \(b,c,d\) تعطي \[ Q<a^2+(b+c+d)^2=a^2+(1-a)^2. \] وبما أن \(a<1\)، فلدينا \(3-2a>0\)، وبالتالي \[ \begin{aligned} S\,a^a b^b c^c d^d &<(3-2a)\bigl(a^2+(1-a)^2\bigr)\\ &=1-2(2a-1)(1-a)^2\\ &\le 1. \end{aligned} \] إذن تتحقق المتباينة الصارمة المطلوبة في كلتا الحالتين. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.