Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2848
2019-05-06 
Дана невозрастающая последовательность $a_1, a_2, \cdots, a_n$ положительных чисел, сумма которых равна 1, а самое большее из них равно $\frac{1}{2k}$, где $k$-целое:
$\frac{1}{2k} = a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq \cdots \geq a_n > 0, a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1$.
Доказать, что из этих чисел можно выбрать $k$ таких чисел, что самое маленькое из них больше половины самого большого.
Решение:
Так как сумма всех наших чисел равна 1, а наибольшее из них равно $\frac{1}{2k}$, то общее количество чисел не меньше $2k$. Будем доказывать наше утверждение от противного, т.е. предположим, что в любой группе из $k$ чисел нашей последовательности наименьшее не превосходит половины наибольшего, и покажем, что это предположение приводит к противоречию. При сделанном предположении для группы из $k$ чисел $a_1, a_2, \cdots, a_k$ (где $a_1 = \frac{1}{2k}$ - наибольшее число, a $a_k$ - наименьшее) будем иметь $a_k \leq \frac{1}{2} a_1$, аналогично, из рассмотрения группы $a_k, a_{k+1}, \cdots, a_{2k-1}$ чисел получаем $a_{2k-1} \leq \frac{1}{2} a_k \leq \frac{1}{2^2} a_1$ из рассмотрения чисел $a_{2k-1}, a_2k, \cdots, a_{3k-2}$ (эта группа чисел существует лишь при $3k-2 \geq n$) имеем $a_{3k-2} \leq \frac{1}{2} a_{2k-1} \leq \frac{1}{2^3} a_1$ и т. д. Суммируя все полученные неравенства, заключаем, что
$S = a_1 + a_k + a_{2k-1} + a_{3k-2} + \cdots \leq a_1 + \frac{1}{2} a_1 + \frac{1}{2^2} a_1 + \cdots < \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} \cdots \right ) a_1 = 2a_1$ (*)
(первые две суммы слева содержат лишь конечное число членов, а $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots$ понимается бесконечная геометрическая прогрессия). А так как наша последовательность $a_1, a_2, a_3, \cdots$ является невозрастающей, то
$a_2 + a_{k+1} + a_2k + a_{3k-1} + \cdots \leq S < 2a_1$, (**)
$a_3 + a_{k+2} + a_{2k+1} + a_3k + \cdots \leq S < 2a_1$,
\cdots
\cdots
$a_{k-1} + a_{2k-2} + a_{3k-3} + \cdots \leq S < 2a_1$.
Сложив, наконец, неравенство (*) и все неравенства (**), получим:
$a_1 + a_2 + a_3 + \cdot + a_n < \underbrace {2a_1 + 2a_1 + \cdots + 2a_1}_{k \:слагаемых} = 2ka_1 = 2k \cdot \frac{1}{2k} = 1$,
в то время как по условию задачи $a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1$. Полученное противоречие и доказывает требуемое утверждение.
Дана невозрастающая последовательность $a_1, a_2, \cdots, a_n$ положительных чисел, сумма которых равна 1, а самое большее из них равно $\frac{1}{2k}$, где $k$-целое:
$\frac{1}{2k} = a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq \cdots \geq a_n > 0, a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1$.
Доказать, что из этих чисел можно выбрать $k$ таких чисел, что самое маленькое из них больше половины самого большого.
Решение:
Так как сумма всех наших чисел равна 1, а наибольшее из них равно $\frac{1}{2k}$, то общее количество чисел не меньше $2k$. Будем доказывать наше утверждение от противного, т.е. предположим, что в любой группе из $k$ чисел нашей последовательности наименьшее не превосходит половины наибольшего, и покажем, что это предположение приводит к противоречию. При сделанном предположении для группы из $k$ чисел $a_1, a_2, \cdots, a_k$ (где $a_1 = \frac{1}{2k}$ - наибольшее число, a $a_k$ - наименьшее) будем иметь $a_k \leq \frac{1}{2} a_1$, аналогично, из рассмотрения группы $a_k, a_{k+1}, \cdots, a_{2k-1}$ чисел получаем $a_{2k-1} \leq \frac{1}{2} a_k \leq \frac{1}{2^2} a_1$ из рассмотрения чисел $a_{2k-1}, a_2k, \cdots, a_{3k-2}$ (эта группа чисел существует лишь при $3k-2 \geq n$) имеем $a_{3k-2} \leq \frac{1}{2} a_{2k-1} \leq \frac{1}{2^3} a_1$ и т. д. Суммируя все полученные неравенства, заключаем, что
$S = a_1 + a_k + a_{2k-1} + a_{3k-2} + \cdots \leq a_1 + \frac{1}{2} a_1 + \frac{1}{2^2} a_1 + \cdots < \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} \cdots \right ) a_1 = 2a_1$ (*)
(первые две суммы слева содержат лишь конечное число членов, а $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots$ понимается бесконечная геометрическая прогрессия). А так как наша последовательность $a_1, a_2, a_3, \cdots$ является невозрастающей, то
$a_2 + a_{k+1} + a_2k + a_{3k-1} + \cdots \leq S < 2a_1$, (**)
$a_3 + a_{k+2} + a_{2k+1} + a_3k + \cdots \leq S < 2a_1$,
\cdots
\cdots
$a_{k-1} + a_{2k-2} + a_{3k-3} + \cdots \leq S < 2a_1$.
Сложив, наконец, неравенство (*) и все неравенства (**), получим:
$a_1 + a_2 + a_3 + \cdot + a_n < \underbrace {2a_1 + 2a_1 + \cdots + 2a_1}_{k \:слагаемых} = 2ka_1 = 2k \cdot \frac{1}{2k} = 1$,
в то время как по условию задачи $a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1$. Полученное противоречие и доказывает требуемое утверждение.
