IMO problem 1970

[dan952]

Come suggerisce il titolo il problema è delle olimpiadi internazionali quindi se riuscite a risolverlo sentitevi bravi...

I numeri reali $a_0, a_1, a_2, ..., a_n, ...$ soddisfano la condizione
$$1=a_0 \leq a_1 \leq a_2 \leq ... \leq a_n \leq ... $$
I numeri $b_0, b_1, b_2, ...$ sono definiti come segue
$$b_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{a_{k-1}}{a_{k}})\frac{1}{√a_{k}}$$
Provare che $0 \leq b_n < 2$

Suggerimento

Io l'ho risolto usando gli integrali di Riemann

[Pachisi]

Ci provo:

Poniamo $sqrt(a_k)=x_k$. La serie $b_n$ e` a termini positivi, quindi sara` ovviamente maggiore di $0$, con uguaglianza quando tutti gli $a_k$ sono uguali ad $1$. Ora mostriamo che e` minore di $2$: \[ b_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{x^2_{k-1}}{x^2_{k}})\frac{1}{x_{k}} \]. Semplificando, \[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^2_{k-1}}{x_{k}}(\frac{1}{x_{k-1}}+\frac{1}{x_{k}})(\frac{1}{x_{k-1}}-\frac{1}{x_{k}}) \]. Ora, \[ \frac{x^2_{k-1}}{x_{k}}(\frac{1}{x_{k-1}}+\frac{1}{x_{k}}) \leq 2\] (e` uguale a $2$ quando tutti gli $a_k$ sono $1$),
quindi il $k-esimo$ termine sara` $\leq 2(\frac{1}{x_{k-1}}-\frac{1}{x_{k}})$. Ma, allora \[ b_n \leq \sum_{k=1}^{n} 2(\frac{1}{x_{k-1}}-\frac{1}{x_{k}})= 2-\frac{2}{x_{n}} < 2\].
(l'ultima somma viene sommando telescopicamente).

[dan952]

Bravo

[robbstark1]

Complimenti a Pachisi per la soluzione elementare.

Con mezzi non elementari, ma pur sempre alla portata di un maturando, mi pare che si possa raffinare ulteriormente il limite superiore per $b_n$. Rilancio proponendo di trovare questo limite superiore.

[Rigel1]

Mi sembra che si riesca ad arrivare a una stima del tipo
\[
b_n \leq 2 - \frac{2}{\sqrt{L}}\,, \qquad
L := \lim_{k\to +\infty} a_k \in [1, +\infty],
\]
col minore stretto se \(L > 1\), cioè se la successione non è costantemente uguale a \(1\).

[robbstark1]

Come lo ottieni?
Molto probabilmente ho sbagliato qualcosa, ma ottengo un risultato diverso.

[Rigel1]

Considero una funzione \(f\colon [0,+\infty) \to [1,+\infty)\) affine a tratti, tale che \(f(k) = a_k\) per ogni \(k\in\mathbb{N}\). Osservo che
\[
f'(x) = a_k - a_{k-1}\geq 0, \quad
f(k) \geq f(x), \qquad \forall x\in (k-1, k), \ k\in\mathbb{N}^+,
\]
da cui
\[
(1) \qquad \left( 1 - \frac{a_{k-1}}{a_k}\right) \frac{1}{\sqrt{a_k}} \leq \frac{f'(x)}{f(x)^{3/2}},
\qquad \forall x\in (k-1, k).
\]
Poiché \(f(0) = 1\), posto \(L := \lim_k a_k = \lim_{x\to +\infty} f(x)\), si ha che
\[
(2) \qquad b_n\leq \sum_{k=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{a_{k-1}}{a_k}\right) \frac{1}{\sqrt{a_k}} \leq \int_0^{+\infty} \frac{f'(x)}{f(x)^{3/2}}
\leq \int_1^L y^{-3/2}\, dy = 2 - \frac{2}{\sqrt{L}}\,.
\]
Se esiste \(k\in\mathbb{N}^+\) tale che \(a_{k-1} < a_k\), allora la corrispondente disuguaglianza in (1) è stretta, per cui lo è anche la seconda in (2).

[robbstark1]

Grazie per la risposta, posto il mio ragionamento, che mi pare istruttivamente sbagliato.

Considero il primo termine della sommatoria ($k=1$):
$\alpha_1 = ( 1 - \frac{a_0}{a_1} ) \frac{1}{\sqrt{a_1}}$
$\alpha_1 = 0$ per $a_1 = 0$, $\alpha_1 \to 0$ per $a_1 \to +\infty$, $\alpha_1 > 0$ per $a_1 > a_0$
$\frac{d \alpha_1}{d a_1} = \frac{3a_0 - a_1}{2a_1^{5/2}}$
Dunque si trova che $\alpha_1$ assume valore massimo per $a_1 = 3 a_0$.
Analogamente $\alpha_k$ assume valore massimo per $a_k = 3 a_{k-1}$.

Dato che $b_n = \sum_{k=1}^{n} \alpha_k$, $a_0 = 1$, mi sembrava naturale dedurre che $b_n$ è massimo se $a_k = 3^k$, per ogni $k \le n$.
Andando a sostituire:
$b_n = 2/3 \sum_{k=1}^{n} (1/3)^{k/2}$
Dato che $b_n$ è una successione crescente, calcolo direttamente il limite all'infinito:
$b_{\infty} = 2/3 \sum_{k=1}^{\infty} (1/3)^{k/2} = 2/3 ( 1/(\sqrt{3}) \sum_{\lambda=0}^{\infty} (1/3)^{\lambda} + \sum_{\mu=1}^{\infty} (1/3)^{\mu}) = 2/3 ( 1/(\sqrt{3}) 3/2 + 1/2) = 1/3 + 1/(\sqrt{3}) = (1+\sqrt{3})/3$
Dove le due sommatorie in $\lambda$ e$\mu$ si ottengono considerando valori dispari e pari di $k$.

Tuttavia è facile verificare che questo risultato non è veramente il massimo.
Infatti, facendo lo stesso calcolo con $a_k = 2^k$ si ottiene:
$b_{\infty} = 1/2 ( 1/(\sqrt{2}) 2 + 1) = 1/(\sqrt{2}) + 1/2 = (1+\sqrt{2})/2$
che si verifica facilmente essere un risultato più alto di quello ottenuto con $a_k = 3^k$.

In conclusione:
Massimizzare $b_{infty}$ non è equivalente a massimizzare ciascuno degli $\alpha_k$ in successione.