Un Desafío que me traje de Vietnam

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Un Desafío que me traje de Vietnam, bonita desigualdad... Resuelto por tebas

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Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 24 2008, 08:06 PM Publicado: #11
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Tu solución no es correcta; ya que en el caso en que $TEX: $a\ge c$$ se obtiene que $TEX: $\left( \dfrac{c}{c+a}\right)\le \dfrac{1}{8}$$ ; por lo que no se puede concluir la desmostración.

rahmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 24 2008, 08:29 PM Publicado: #12
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 74 Registrado: 31-October 07 Desde: Temuco Miembro Nº: 12.067 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	ups. tienes toda la razon mnmn... parecia muy facil con esa solucion. saludos Mensaje modificado por rahmat el Apr 24 2008, 08:30 PM -------------------- Nunca consideres el estudio como una obligacion sino como una oportunidad para penetrar en el bello y maravilloso mundo del saber. Albert Einstein

Matheus Secco Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2008, 12:14 AM Publicado: #13
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 21 Registrado: 19-July 08 Miembro Nº: 30.254 Nacionalidad:	Considere la funccion f(x)=x³/(s-x)³ ; donde s=a+b+c. Como la derivada segunda es positiva en [0,s], la funccion es convexa en esto interbalo. Entonces, [f(a)+f(b)+f©]/3 <= f[(a+b+c)/3] => f(a)+f(b)+f© <= 3/8, Q.E.D . Saludos!!

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2008, 12:24 AM Publicado: #14
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Matheus Secco @ Jul 19 2008, 01:05 AM) Considere la funccion f(x)=x³/(s-x)³ ; donde s=a+b+c. Como la derivada segunda es positiva en [0,s], la funccion es convexa en esto interbalo. Entonces, [f(a)+f(b)+f©]/3 <= f[(a+b+c)/3] => f(a)+f(b)+f© <= 3/8, Q.E.D . Saludos!! Lo siento, pero tu solución no es adecuada; tu solo demostraste que: $TEX: $\left( \dfrac{a}{b+c}\right)^3 +\left( \dfrac{b}{c+a} \right)^3 +\left( \dfrac{c}{a+b} \right)^3 \ge \dfrac{3}{8}$$ Cuando lo que en realidad se te pedía era que: $TEX: $\left( \dfrac{a}{a+b}\right)^3 +\left( \dfrac{b}{b+c} \right)^3 +\left( \dfrac{c}{c+a} \right)^3 \ge \dfrac{3}{8}$$ Saludos PD: además aplicaste mal Jensen, ya que para las funciones convexas el sentido de la desigualdad es hacia el otro lado.

Matheus Secco Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2008, 12:50 PM Publicado: #15
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 21 Registrado: 19-July 08 Miembro Nº: 30.254 Nacionalidad:	Perdone.. Era muy tarde. =(( Errei tudo

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 5 2008, 12:12 PM Publicado: #16
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(tebas @ Apr 21 2008, 11:12 PM) Talvez alguien pueda sacarle provecho a estas ideas. No sé que tanto sirva en realidad para probar por completo la desigualdad pero se puede escribir como $TEX: $$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}\ge \frac{3}{8}$$$ con $TEX: $xyz=1$$ y $TEX: $x,y,z \in\mathbb{R}^+$$ Al menos así se ve más accesible y parecida a la desigualdad del link. No había leido este post, que es el que más se ha acercado; la verdad es que hasta esta parte todo bien, sigue así, y a falta de soluciones o ideas pongo otro Hint: $TEX: $A^3+A^3+\dfrac{1}{8} \ge \dfrac{3}{2}A^2$$ ya con eso debería salir, ocupe una expresión $TEX: $A$$ adecuada y siga la idea de tebas; y recuerde el Hint del Link, y bueno acabe con el desafío. Suerte

tebas Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 5 2008, 03:21 PM Publicado: #17
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 85 Registrado: 9-January 08 Desde: Guatemala Miembro Nº: 14.478 Sexo:	Gracias a Dios había un error en la horrible solución que anidaba aqui... aqui va una un poquito más bonita... Sea $TEX: $p=b+c$$ , $TEX: $q=c+a$$ y $TEX: $r=a+b$$ La desigualdad se reescribe como: $TEX: $$\sum{\left(\frac{q+r-p}{r}\right)^3}\ge 3$$$ Por Holder: $TEX: $$\left(\sum{\left(\frac{q+r-p}{r}\right)^3}\right)\left(\sum{qr}\right)\left(\sum{q^2r^2}\right)\ge \left(\sum{q(q+r-p)}\right)^3=\left(\sum{q^2}\right)^3$$$ Así que basta con probar que $TEX: $$\frac{\left(\sum{q^2}\right)^3}{\left(\sum{qr}\right)\left(\sum{q^2r^2}\right)}\ge 3$$$ Esto es verdad porque: $TEX: $$\sum{q^2}\ge\sum{qr}$$$ ... y $TEX: $$\left(\sum{q^2}\right)^2\ge 3\sum{q^2r^2}$$$ Estas últimas desigualdades son equivalentes respectivamente a $TEX: $$\sum{(p-q)^2\ge 0}$$$ ... y a $TEX: $$\sum{(p^2-q^2)^2}\ge 0$$$ Ahora sí Con el mismo sistema se puede demostrar lo siguiente $TEX: $$\sum{\left(\frac{a}{a+b}\right)^n}\ge\frac{3}{2^n}$$$ para $TEX: $n$$ entero positivo distinto de uno. Mensaje modificado por tebas el Oct 8 2008, 10:02 PM

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 5 2008, 10:56 PM Publicado: #18
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Mmmm... aun no aparece la solución que yo conosco (la cual es muy bonita), no quiero dar más hints para no estropearla, pero lo único que les digo es que además de todo lo que indique en el post anterior no necesitan saber absolutamente nada más. La solución está a la mano, a seguir dandole

tebas Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 11 2008, 09:11 PM Publicado: #19
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 85 Registrado: 9-January 08 Desde: Guatemala Miembro Nº: 14.478 Sexo:	Sea $TEX: $$S_n=\sum{\left(\frac{a}{a+b}\right)^n}$$$ . A probar, por inducción, que $TEX: $$S_n\ge \frac{3}{2^n}$$$ para $TEX: $n\ge 2$$ Sea $TEX: $$x=\frac{c}{b}, y=\frac{a}{c}, z=\frac{b}{a}$$$ . Note que $TEX: $xyz=1$$ . Para $TEX: $n=2$$ Por "desigualdad vietnamita": $TEX: $$S_2=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\ge \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(1+z)^2}$$$ Por otr lado $TEX: $(z-1)^2\ge 0 \Leftrightarrow$$ $TEX: $4z^2+4z+4\ge 3z^2+6z+3\Leftrightarrow$$ $TEX: $4z(z+1)+4\ge 3(z+1)^2\Leftrightarrow$$ $TEX: $$\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2}\ge\frac{3}{4}$$$ Así que $TEX: $S_2\ge\dfrac{3}{4}$$ . Supongamos ahora que $TEX: $$S_k\ge\frac{3}{2^k}$$$ para algún $TEX: $k\ge 2$$ . Por AM-GM (con sumas cíclicas sobre $TEX: (a,b,c)$ ) $TEX: $$kS_{k+1}+\frac{3}{2^{k+1}}=\sum{k\frac{a^{k+1}}{(a+b)^{k+1}}+\frac{1}{2^{k+1}}}\ge \sum{\frac{k+1}{2}\cdot\frac{a^k}{(a+b)^k}}=\frac{k+1}{2}S_k$$$ Entonces $TEX: $$S_{k+1}\ge \frac{k+1}{2k}S_k-\frac{3}{2^{k+1}k}\ge \frac{k+1}{2k}\frac{3}{2^k} - \frac{3}{2^{k+1}k} =\frac{3}{2^{k+1}k}(k+1-1)=\frac{3}{2^{k+1}}$$$ Lo cual concluye la inducción. Así que $TEX: $S_n\ge\dfrac{3}{2^n}$$ para $TEX: $n\ge 2$$ . Al tomar $TEX: $n=3$$ se obtiene la desigualdad deseada. Note que donde se usó AM-GM no es más que el hint que dio Luffy . Mensaje modificado por tebas el Oct 11 2008, 09:17 PM

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 13 2008, 04:40 PM Publicado: #20
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Bravisimo!!!!!!! Una solución notable con generalización, felicitaciones y Saludos

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