2.2 Look at the Endpoints1. The exp

2.2 Look at the Endpoints
1. The expression from the left side of the inequality is a linear function in each
of the four variables. Its minimum is attained at one of the endpoints of the interval of
definition. Thus we have only to check a,b,c,d ∈ {0,1}. If at least one of them is 1,
the expression is equal to a+b+c+d, which is greater than or equal to 1. If all of
them are zero, the expression is equal to 1, which proves the inequality.
2. The inequality is equivalent to
a(k−b)+b(k−c)+c(k−a)≤ k2.
If we view the left side as a function in a, it is linear. The conditions from the statement
imply that the interval of definition is [0,k]. It follows that in order to maximize the
left-hand side, we need to choose a ∈ {0,k}. Repeating the same argument for b and c,
it follows that the maximumof the left-hand side is attained for some (a,b,c)∈{0,k}3.
Checking the eight possible situations, we obtain that this maximum is k2, and we are
done.
(All Union Mathematical Olympiad)
3. Let us fix x2,x3, . . . ,xn and then consider the function f : [0,1] → R, f (x) =
x+x2 +· · ·+xn −xx2 · · · xn. This function is linear in x, hence attains its maximum
2.2. Look at the Endpoints 177
at one endpoint of the interval [0,1]. Thus in order to maximize the left side of the
inequality, one must choose x1 to be 0 or 1, and by symmetry, the same is true for the
other variables. Of course, if all xi are equal to 1, then we have equality. If at least
one of them is 0, then their product is also zero, and the sum of the other n−1 terms is
at most n−1, which proves the inequality.
(Romanian mathematics contest)
4. The expression is linear in each of the variables, so, as in the solutions to the
previous problems, the maximum is attained for ak = 12
or 1, k = 1,2, . . . ,n. If ak = 12
for all k, then Sn = n/4. Let us show that the value of Sn cannot exceed this number.
If exactly m of the ak’s are equal to 1, then m terms of the sum are zero. Also, at most m
terms are equal to 12
, namely those of the form ak(1−ak+1) with ak = 1 and ak+1 = 12
.
Each of the remaining terms has both factors equal to 12
and hence is equal to 14
. Thus
the value of the sum is at most m· 0+m/2+(n−2m)/4 = n/4, which shows that the
maximum is n/4.
(Romanian IMO Team Selection Test, 1975)
5. Denote the left side of the inequality by S(x1,x2, . . . ,xn). This expression is
linear in each of the variables xi. As before, it follows that it is enough to prove the
inequality when the xi’s are equal to 0 or 1.
If exactly k of the xi’s are equal to 0, and the others are equal to 1, then S(x1,x2,
. . . ,xn) ≤ n − k, and since the sum x1x2 + x2x3 + · · · + xnx1 is at least n − 2k,
S(x1,x2, . . . ,xn) is less than or equal to n−k−(n−2k) = k. Thus the maximum of
S is less than or equal to min(k,n−k), which is at most n/2
. It follows that for
n even, equality holds when (x1,x2,x3, . . .) = (1,0,1,0, . . . ,1,0) or (0,1,0,1, . . .0,1).
For n odd, equality holds when all pairs (xi,xi+1), i = 1,2, . . . ,n consist of a zero and
a one, except for one pair that consists of two ones (with the convention xn+1 = x1) or
if x1, . . . ,xn is a rotate of 0,1,0,1, . . . ,0,1,x where x is arbitrary (which corresponds to
the case where a linear function is constant hence it attains its extremum on the whole
interval).
(Bulgarian Mathematical Olympiad, 1995)
6. The sum we want to minimize is linear in each variable; hence the minimum is
attained for some ai ∈ {−98,98}. Since there is an odd number of indices, if we look
at the indices mod 19, there exists an i such that ai and ai+1 have the same sign. Hence
the sum is at least −18 · 982+982 = −17 · 982. Equality is attained for example when
a1 = a3 = · · · = a19 = −98, a2 = a4 = · · · = a18 = 98, but it should be observed that
there are other choices that yield the same maximum.
7. For any nonnegative numbers α and β , the function
x → α
x+β
is convex for x ≥ 0. Viewed as a function in any of the three variables, the given
expression is a sum of two convex functions and two linear functions, so it is convex.
Thus when two of the variables are fixed, the maximum is attained when the third is
at one of the endpoints of the interval, so the values of the expression are always less
178 Chapter 2. Algebra and Analysis
than the largest value obtained by choosing a,b,c ∈ {0,1}. An easy check of the eight
possible cases shows that the value of the expression cannot exceed 1.
(USAMO, 1980)
8. If we fix four of the numbers and regard the fifth as a variable x, then the left
side becomes a function of the form αx+β /x+γ , with α,β ,γ positive and x ranging
over the interval [p,q]. This function is convex on the interval [p,q], being the sum of
a linear and a convex function, so it attains its maximum at one (or possibly both) of
the endpoints of the interval of definition. As before, this shows that if we are trying
to maximize the value of the expression, it is enough to let a,b,c,d,e take the values p
and q.
If n of the numbers are equal to p, and 5−n are equal to q, then the left side is
equal to
n2 +(5−n)2+n(5−n)

p
q
+
q
p

= 25+n(5−n)


p
q
−


q
p
2
.
The maximal value of n(5−n) is attained when n = 2 or 3, in which case n(5−n)= 6,
and the inequality is proved.
(USAMO, 1977)
9. First solution: Using the AM–GM inequality, we can write
3
#$$%

nΣ
k=1
xk

nΣ
k=1
1
xk
2
≤ 1
3

nΣ
k=1
xk +
nΣ
k=1
1
xk
+
nΣ
k=1
1
xk

=
nΣ
k=1
xk + 1
xk
+ 1
xk
3
.
The function x+2/x is convex on the interval [1,2], so it attains its maximum at one of
the endpoints of the interval. Also, the value of the function at each of the endpoints is
equal to 3. This shows that
nΣ
k=1
xk + 1
xk
+ 1
xk
3
≤ n,
and the inequality is proved.
Second solution: Here is a direct solution, more in the spirit of this section, which
was pointed out to us by R. Stong. As a function of any one xi = x, the left-hand side of
the desired inequality is of the form f (x) =C1/x2+C2/x+C3+C4x, which is convex.
Hence the maximum is attained when all the xi are on the boundary. Suppose m of
them are 2 and n−m of them are 1. Then the left-hand side becomes
(n+m)

n− m
2
2
= n3− (3n−m)m2
4
≤ n3,
with equality if and only if m = 0.
2.2. Look at the Endpoints 179
Let us point out that the same idea can be used to prove the more general form of
this inequality, due to Gh. S˝oll˝osy, which holds for xi ∈ [a,b], i = 1,2, . . . ,n:

nΣ
k=1
xi

nΣ
k=1
1
xi
ab
≤

a+b
1+ab
n
1+ab
(L. Panaitopol)
10. Assume that the inequality is not always true, and choose the smallest n for
which it is violated by some real numbers. Consider the function one variable function
f (x1) =
nΣ
i=1
nΣ
j=1
|xi+xj|−n
nΣ
i=1
|xi|.
This function is not linear or convex, but it is piece-wise linear, meaning that it is linear
on each of finitely many intervals that partition the real axis. In fact, the endpoints of
the intervals are among the numbers 0,x2,x3, . . . ,xn. Note also that for |x1| sufficiently
large compared to |xi| for i = 1,
f (x1) = |x1 +x1|+
nΣ
i=2
(|x1|±xi)−n|x1|+constant,
hence lim|x1|→∞ f (x1) = ∞. Now assume that this function takes negative values. Then
it must be negative at some endpoint of one of the intervals on which it is linear. Thus
it must be negative when x1 = 0, or x1 = −xi for some i. In the former case
f (0) = 2
nΣ
i=2
|xi|+
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−n
nΣ
i=2
|xi|
=
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−(n−2)
nΣ
i=2
|xi|
≥
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−(n−1)
nΣ
i=2
|xi|,
which however is nonnegative by the minimality of n. If x1 = −xi for some i, say
x1 = −x2, then
f (x1) = 2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x2|+4|x1|+Σ
i>2
Σ
j>2
|xi+xj|
−2n|x1|−nΣ
i>2
|xi|.
On the one hand Σi>2Σj>2 |xi+xj| ≥ (n−2)Σi>2 |xi|. On the other hand,
2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x1| ≥ 2Σ
i>2
(|xi|+|x1|).
180 Chapter 2. Algebra and Analysis
Hence
2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x2|+4|x1|+ Σ
i, j>2
|xi+xj|−2n|x1|−nΣ
i>2
|xi|
≥ 2n|x1|+2Σ
i>2
|xi|−2n|x1|−2Σ
i>2
|xi|
+ Σ
i, j>2
|xi+xj|−(n−2)Σ
i>2
|xj|,
and this is nonnegative. It follows that f (x1) is nonnegative at all the endpoints of the
intervals, hence it is nonnegative everywhere, and we are done.
(Mathematical Olympiad Summer Program, 2006)
11. The function f (x,y, z) =x2+y2+z2−xyz−2 is quadratic in each of x,y, z, and
having positive dominant coefficient, it attains the maximal value at the endpoints of
the interval, thus for x,y, z ∈ {0,1}. It is easy to check that in this case the inequality
holds.
(Romanian Team Selection Test, 2006)
12. Let (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) be the vertices of the triangle inside the square
of vertices (0,0), (1,0), (0,1), (1,1). Then x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ [0,1]. The area of the
triangle is half the absolute value of the determinant

1 1 1
x1 x2 x3
y1 y2 y3

,
that is, half of
|x2y3−x3y2+x3y1−x1y3+x1y2−x2y1|.
This is a convex function in each variable, so arguing as before we find that it has
a maximal value that is attained when x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ {0,1}, that is, when the
vertices of the triangle are vertices of the square. And in this case the area is 1/2 (or 0,
but of course this is not a maximum).
13. How can we possibly solve such a problem using the endpoint method? The
intuitive reason is simple: the area (and the sum/difference of areas) is a linear function
in the height or the length of the base, and a linear function attains its extremes at the
endpoints.
Let us define f (P) = ΣSi−2S. Let also li = AiAi+1 and Vi be the third vertex of Ti.
Note that Vi is uniquely determined unless there is a side l j parallel to li, in this case Vi
being any of its endpoints.
For n=3 the assertion is clear, and for n=4we have S1+S2+S3+S4 ≥[A1A2A3]+
[A2A3A4]+[A3A4A1]+[A4A1A2] = 2S, where[ ]denotes the area. Next we shall use
induction of step 2.
We are now going to apply the following operation, for as long as we can:
Choose a side AiAi+1 that is not parallel to any of the other sides of the polygon.
Next, we try to move X = A

Kết quả (Việt) 1:

2.2 nhìn là hai điểm cuối1. biểu hiện từ phía bên trái của bất đẳng thức là một hàm tuyến tính trong mỗibốn biến. Tối thiểu của nó đạt được tại một trong hai điểm cuối của khoảng thời gianđịnh nghĩa. Do đó chúng tôi đã chỉ đến phòng a, b, c, d ∈ {0,1}. Nếu ít nhất một trong số họ là 1,Các biểu hiện là tương đương với a + b + c + d, mà là lớn hơn hoặc bằng 1. Nếu tất cả củahọ là zero, các biểu hiện là bằng 1, chứng minh sự bất bình đẳng.2. bất đẳng thức là tương đương vớimột (k−b) + b (k−c) + c (k−a) ≤ k2.Nếu chúng ta xem bên trái là một chức năng trong một, nó là tuyến tính. Các điều kiện từ các báo cáongụ ý rằng khoảng thời gian định nghĩa là [0, k]. Nó sau đó để tối đa hóa cácbên trái, chúng ta cần phải chọn một ∈ {0, k}. Lặp đi lặp lại cùng một đối số cho b và c,nó sau maximumof phía bên tay trái đạt được đối với một số (a, b, c) ∈ {0, k} 3.Kiểm tra các tình huống có thể 8, chúng tôi có được này tối đa là k2, và chúng tôi đangthực hiện.(Tất cả liên minh Olympic toán)3. Hãy để chúng tôi sửa chữa x 2, x 3,..., xn và sau đó xem xét hàm số f: [0,1] → R, f (x) =x + x 2 + · + xn −xx2 · XN. Chức năng này là tuyến tính trong x, do đó đạt được tối đa của nó2.2. xem xét là hai điểm cuối 177tại một điểm cuối của khoảng thời gian [0,1]. Do đó để tối đa hóa phía bên trái của cácbất bình đẳng, người ta phải chọn x 1 là 0 hoặc 1, và đối xứng, như vậy là đúng đối với cácCác biến khác. Tất nhiên, nếu tất cả xi được bằng 1, sau đó chúng tôi có sự bình đẳng. Nếu ítmột trong số họ là 0, sau đó sản phẩm của họ cũng là zero, và số tiền của các điều khoản khác của n-1tối đa n-1, đó chứng tỏ bất bình đẳng.(Toán học Romania cuộc thi)4. các biểu hiện là tuyến tính trong mỗi của các biến, do đó, như trong các giải pháp để cácvấn đề trước đó, tối đa đạt được cho ak = 12hoặc 1, k = 1,2,..., n. Nếu ak = 12cho tất cả các k, thì Sn = n/4. Hãy cho chúng tôi cho thấy rằng giá trị của Sn không thể vượt quá con số này.Nếu chính xác m của ak được bằng 1, sau đó m điều khoản số tiền là zero. Ngoài ra, tại hầu hết mđiều khoản được tương đương với 12, cụ thể là những người mẫu với ak ak(1−ak+1) = 1 và ak + 1 = 12.Mỗi người trong các điều khoản còn lại có cả hai yếu tố tương đương với 12và vì thế là tương đương với 14. Do đógiá trị số tiền tối đa là micromet 0 + m / 2 + (n−2m) / 4 = n/4, cho thấy rằng cáctối đa là n/4.(Romania IMO nhóm lựa chọn Test, 1975)5. biểu thị phía bên trái của bất đẳng thức bởi S (x 1, x 2,..., xn). Biểu hiện này làtuyến tính trong mỗi xi biến. Như trước đây, nó sau đó nó là đủ để chứng minh cácbất đẳng thức khi của xi là tương đương với 0 hay 1.Nếu chính xác k của của xi bằng 0, và những người khác được bằng 1, sau đó S (x 1, x 2,..., xn) ≤ n − k, và kể từ tổng x 1 x 2 + x 2 x 3 + · · · + xnx1 là ít nhất n − 2k,S (x 1, x 2,..., xn) là nhỏ hơn hoặc bằng n−k−(n−2k) = k. Do đó tối đa củaS là nhỏ hơn hoặc bằng với min(k,n−k), mà là tối đa n/2. Nó sau đó chon thậm chí, bình đẳng giữ khi (x 1, x 2, x 3,...) = (1,0,1,0,..., 1,0) hoặc (0,1,0,1,... 0,1).Cho n lẻ, bình đẳng giữ khi tất cả cặp (xi, xi + 1), tôi = 1,2,..., n bao gồm một số không vàmột trong những, ngoại trừ một đôi bao gồm hai cái (với hội nghị xn + 1 = x 1) hoặcNếu x 1,..., xn là một xoay của 0,1,0,1,..., 0,1, x, x là tùy ý (mà tương ứng vớitrường hợp nơi một chức năng tuyến tính liên tục do đó nó đạt được extremum của nó trên toàn bộkhoảng thời gian).(Tiếng Bulgaria toán học Olympic, 1995)6. số tiền chúng tôi muốn giảm thiểu là tuyến tính trong mỗi biến; do đó tối thiểu làđạt được cho một số ai ∈ {−98, 98}. Kể từ khi có một số lẻ của chỉ số, nếu chúng ta nhìntại chỉ số mod 19, có tồn tại một i sao cho ai và ai + 1 có dấu hiệu tương tự. Do đóTổng là ít −18 · 982 + 982 = −17 · 982. bình đẳng đạt được ví dụ khiA1 = a3 = · · · = a19 = −98, a2 = a4 = · · · = A18 xa lộ = 98, nhưng nó nên được quan sát thấy rằngcó những lựa chọn khác mang lại tối đa tương tự.7. đối với bất kỳ vô số α và β, chức năngx → αx + βlà lồi cho x ≥ 0. Xem như là một chức năng trong bất kỳ các biến ba, các nhất địnhbiểu hiện là một tổng của hai chức năng lồi và hai chức năng tuyến tính, do đó, nó là lồi.Vì thế khi hai trong số các biến cố định, tối đa đạt được khi thứ ba làtại một trong hai điểm cuối của khoảng thời gian, vì vậy các giá trị của các biểu hiện là luôn luôn ít hơn178 chương 2. Đại số và phân tíchhơn giá trị lớn nhất thu được bằng cách chọn a, b, c ∈ {0,1}. Một kiểm tra dễ dàng của támpossible cases shows that the value of the expression cannot exceed 1.(USAMO, 1980)8. If we fix four of the numbers and regard the fifth as a variable x, then the leftside becomes a function of the form αx+β /x+γ , with α,β ,γ positive and x rangingover the interval [p,q]. This function is convex on the interval [p,q], being the sum ofa linear and a convex function, so it attains its maximum at one (or possibly both) ofthe endpoints of the interval of definition. As before, this shows that if we are tryingto maximize the value of the expression, it is enough to let a,b,c,d,e take the values pand q.If n of the numbers are equal to p, and 5−n are equal to q, then the left side isequal ton2 +(5−n)2+n(5−n)pq+qp= 25+n(5−n)pq−qp2.The maximal value of n(5−n) is attained when n = 2 or 3, in which case n(5−n)= 6,and the inequality is proved.(USAMO, 1977)9. First solution: Using the AM–GM inequality, we can write3#$$%nΣk=1xknΣk=11xk2≤ 13nΣk=1xk +nΣk=11xk+nΣk=11xk=nΣk=1xk + 1xk+ 1xk3.The function x+2/x is convex on the interval [1,2], so it attains its maximum at one ofthe endpoints of the interval. Also, the value of the function at each of the endpoints isequal to 3. This shows thatnΣk=1xk + 1xk+ 1xk3≤ n,and the inequality is proved.Second solution: Here is a direct solution, more in the spirit of this section, whichwas pointed out to us by R. Stong. As a function of any one xi = x, the left-hand side ofthe desired inequality is of the form f (x) =C1/x2+C2/x+C3+C4x, which is convex.Hence the maximum is attained when all the xi are on the boundary. Suppose m ofthem are 2 and n−m of them are 1. Then the left-hand side becomes(n+m)n− m22= n3− (3n−m)m24≤ n3,with equality if and only if m = 0.2.2. Look at the Endpoints 179Let us point out that the same idea can be used to prove the more general form ofthis inequality, due to Gh. S˝oll˝osy, which holds for xi ∈ [a,b], i = 1,2, . . . ,n:nΣk=1xinΣk=11xiab≤a+b1+abn1+ab(L. Panaitopol)10. Assume that the inequality is not always true, and choose the smallest n forwhich it is violated by some real numbers. Consider the function one variable functionf (x1) =nΣi=1nΣj=1|xi+xj|−nnΣi=1|xi|.This function is not linear or convex, but it is piece-wise linear, meaning that it is linearon each of finitely many intervals that partition the real axis. In fact, the endpoints ofthe intervals are among the numbers 0,x2,x3, . . . ,xn. Note also that for |x1| sufficientlylarge compared to |xi| for i = 1,f (x1) = |x1 +x1|+nΣi=2(|x1|±xi)−n|x1|+constant,hence lim|x1|→∞ f (x1) = ∞. Now assume that this function takes negative values. Thenit must be negative at some endpoint of one of the intervals on which it is linear. Thusit must be negative when x1 = 0, or x1 = −xi for some i. In the former casef (0) = 2nΣi=2|xi|+nΣi=2nΣj=2|xi+xj|−nnΣi=2|xi|=nΣi=2nΣj=2|xi+xj|−(n−2)nΣi=2|xi|≥nΣi=2nΣj=2|xi+xj|−(n−1)nΣi=2|xi|,which however is nonnegative by the minimality of n. If x1 = −xi for some i, sayx1 = −x2, thenf (x1) = 2Σi>2|xi+x1|+2Σi>2|xi−x2|+4|x1|+Σi>2Σj>2|xi+xj|−2n|x1|−nΣi>2|xi|.On the one hand Σi>2Σj>2 |xi+xj| ≥ (n−2)Σi>2 |xi|. On the other hand,2Σi>2|xi+x1|+2Σi>2|xi−x1| ≥ 2Σi>2(|xi|+|x1|).180 Chapter 2. Algebra and AnalysisHence2Σi>2|xi+x1|+2Σi>2|xi−x2|+4|x1|+ Σi, j>2|xi+xj|−2n|x1|−nΣi>2|xi|≥ 2n|x1|+2Σi>2|xi|−2n|x1|−2Σi>2|xi|+ Σi, j>2|xi+xj|−(n−2)Σi>2|xj|,and this is nonnegative. It follows that f (x1) is nonnegative at all the endpoints of theintervals, hence it is nonnegative everywhere, and we are done.(Mathematical Olympiad Summer Program, 2006)11. The function f (x,y, z) =x2+y2+z2−xyz−2 is quadratic in each of x,y, z, andhaving positive dominant coefficient, it attains the maximal value at the endpoints ofthe interval, thus for x,y, z ∈ {0,1}. It is easy to check that in this case the inequalityholds.(Romanian Team Selection Test, 2006)12. Let (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) be the vertices of the triangle inside the squareof vertices (0,0), (1,0), (0,1), (1,1). Then x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ [0,1]. The area of thetriangle is half the absolute value of the determinant

1 1 1
x1 x2 x3
y1 y2 y3

,
that is, half of
|x2y3−x3y2+x3y1−x1y3+x1y2−x2y1|.
This is a convex function in each variable, so arguing as before we find that it has
a maximal value that is attained when x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ {0,1}, that is, when the
vertices of the triangle are vertices of the square. And in this case the area is 1/2 (or 0,
but of course this is not a maximum).
13. How can we possibly solve such a problem using the endpoint method? The
intuitive reason is simple: the area (and the sum/difference of areas) is a linear function
in the height or the length of the base, and a linear function attains its extremes at the
endpoints.
Let us define f (P) = ΣSi−2S. Let also li = AiAi+1 and Vi be the third vertex of Ti.
Note that Vi is uniquely determined unless there is a side l j parallel to li, in this case Vi
being any of its endpoints.
For n=3 the assertion is clear, and for n=4we have S1+S2+S3+S4 ≥[A1A2A3]+
[A2A3A4]+[A3A4A1]+[A4A1A2] = 2S, where[ ]denotes the area. Next we shall use
induction of step 2.
We are now going to apply the following operation, for as long as we can:
Choose a side AiAi+1 that is not parallel to any of the other sides of the polygon.
Next, we try to move X = A