Math Camp in Ex YUG 1976/1977

[rsoldo]

Let $a_n$ be sequence of real numbers such that $0\le a_n\le1$ and $a_n-2\cdot a_{n+1}+a_{n+2}\ge 0$. Prove that $0\le (n+1)\cdot (a_n-a_{n+1})\le2$.

[zykov]

$a_n-2\cdot a_{n+1}+a_{n+2}=(a_n-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n+2})=b_n-b_{n+1}$

[TOTAL]

rsoldo в сообщении #1541355 писал(а):

Let $a_n$ be sequence of real numbers such that $0\le a_n\le1$ and $a_n-2\cdot a_{n+1}+a_{n+2}\ge 0$. Prove that $0\le (n+1)\cdot (a_n-a_{n+1})\le2$.

Не доказать, утверждение неверное.

[mihiv]

$$(n+1)(a_n-a_{n+1})\leqslant 2$$

По крайней мере эту часть неравенства можно доказать.

[TOTAL]

mihiv в сообщении #1541501 писал(а):

$$(n+1)(a_n-a_{n+1})\leqslant 2$$

По крайней мере эту часть неравенства можно доказать.

Докажите. Вот начало последовательности: $a_{10}=1, a_{11}=0.5, a_{12}=0.25$

[mihiv]

Но это не начало последовательности, в смысле не $a_1,a_2$ и т.д.

[TOTAL]

mihiv в сообщении #1541504 писал(а):

Но это не начало последовательности, в смысле не $a_1,a_2$ и т.д.

В условии хорошо бы указать, с какого номера начинается.

[zykov]

$b_{n+1} \leq b_n$
Therefore, $b_n \geq 0$ by contradiction. Because otherwise $a_n$ would be unbound.

$$a_{n+1}=a_1-(b_1+...+b_n)$$

$$1 \geq a_1-a_{n+1} = b_1+...+b_n \geq n \cdot b_n$$

Hence $b_n \leq \frac{1}{n} \leq \frac{2}{n+1}$.
($\frac{2}{n+1} - \frac{1}{n} = \frac{2n-n-1}{n(n+1)} = \frac{n-1}{n(n+1)} \geq 0$)