Si $a_1+a_2+\ldots+a_{2000}>a_1a_2\ldots a_{2000}$, demuestran que, al menos, $1990$ de esos números son iguales a $1$.

Question

Si $a_1,a_2,\ldots,a_{2000}\in\mathbb N$ y$$a_1+a_2+\ldots+a_{2000}>a_1a_2\ldots a_{2000}$$ Prove that at least $1990$ of those numbers are equal to $1$.

Eso es un problema inusual para mí y no tengo idea de lo que siquiera intentarlo. Un poco de ayuda sería genial. Gracias.

Answer 1

Wlog. $a_1\le a_2\le\ldots\le a_{2000}$. A continuación, el lado izquierdo es $\le 2000\cdot a_{2000}$. Si $a_{1989}>1$ el lado derecho es $$\ge\underbrace{1\cdot\ldots \cdot 1}_{1988}\cdot \underbrace{2\cdot\ldots\cdot 2}_{11}\cdot a_{2000} =2^{11}a_{2000}$$ y por lo tanto demasiado grande. Por lo tanto,$a_{1989}=1$. Suponga $a_{1990}>1$ (y por lo tanto también es $a_{2000}\ge 2$). Ahora el lado izquierdo es $\le 1989 + 11a_{2000}$ y el lado derecho es $\ge 2^{10}a_{2000}$. Llegamos a la conclusión de $1989\ge(2^{10}-11)a_{2000}\ge 1013\cdot 2$, contradicción.

Answer 2

Usted tiene $$\sum_{i=1}^{2000}\frac{1}{a_1\cdots a_{i-1}\cdot a_{i+1}\cdots a_{2000}}>1$$ Without loss of generality we can assume $a_2\cdots a_{2000}\leq 2000$, otherwise each summand is less than $1/2000$ and hence the sum is less than $1$. Now suppose there are $1991$ numbers $\geq 2$. Then the product $a_2\cdots a_{2000}\geq 2^{1990}$, lo que sin duda es una contradicción.