Uno de Israel! - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Sector Olímpico > Desigualdades > Problemas Resueltos

Reply to this topic

Start new topic

Uno de Israel!

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2008, 09:43 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Dados $a, b, c, d$ números reales, tal que $a^2 \le 1,\ a^2+b^2 \le 5,\ a^2+b^2+c^2 \le 14,\ a^2+b^2+c^2+d^2 \le 30$. Pruebe que $a+b+c+d \le 10$.$ Espero mas de una solucion cabros xdd Mensaje modificado por makmat el Nov 1 2008, 09:44 PM -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

tebas Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 8 2008, 09:32 PM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 85 Registrado: 9-January 08 Desde: Guatemala Miembro Nº: 14.478 Sexo:	Solución recurrente. Como $TEX: $a^2\le 1$$ , se tiene que $TEX: $a\le\|a\|\le 1$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}\right)^2\le \left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}\right)(1+1+1+1+1)=5(a^2+b^2)\le 25$$ Entonces $TEX: $a+2b\le \|a+2b\|\le 5$$ , $TEX: $a+2b\le 5$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ , entonces $TEX: $a+b\le 3$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}+9\cdot\dfrac{c}{3}\right)^2\le\left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}+9\cdot\dfrac{c^2}{9}\right)(1+1+...+1+1)$$ $TEX: $=14(a^2+b^2+c^2)\le 14^2$$ Entonces $TEX: $a+2b+3c\le \|a+2b+3c\|\le 14$, $a+2b+3c\le 14$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ y $TEX: $a+b\le 3$$ , entonces $TEX: $a+b+c\le 6$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}+9\cdot\dfrac{c}{3}+16\cdot\dfrac{d}{4}\right)^2\le\left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}+9\cdot\dfrac{c^2}{9}+16\cdot\dfrac{d^2}{16}\right)(1+...)$$ $TEX: $=30(a^2+b^2+c^2+d^2)\le 30^2$$ Entonces $TEX: $a+2b+3c+4d\le \|a+2b+3c+4d\|\le 30$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ , $TEX: $a+b\le 3$$ y $TEX: $a+b+c\le 6$$ , se tiene que $TEX: $a+b+c+d\le 10$$ . Que es lo que se buscaba. A juzgar por esta solución, parece que usando inducción podría demostrarse una generalización, pero no sería muy fácil de escribir.

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 8 2008, 09:34 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(tebas @ Nov 8 2008, 11:32 PM) Solución recurrente. Como $TEX: $a^2\le 1$$ , se tiene que $TEX: $a\le\|a\|\le 1$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}\right)^2\le \left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}\right)(1+1+1+1+1)=5(a^2+b^2)\le 25$$ Entonces $TEX: $a+2b\le \|a+2b\|\le 5$$ , $TEX: $a+2b\le 5$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ , entonces $TEX: $a+b\le 3$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}+9\cdot\dfrac{c}{3}\right)^2\le\left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}+9\cdot\dfrac{c^2}{9}\right)(1+1+...+1+1)$$ $TEX: $=14(a^2+b^2+c^2)\le 14^2$$ Entonces $TEX: $a+2b+3c\le \|a+2b+3c\|\le 14$, $a+2b+3c\le 14$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ y $TEX: $a+b\le 3$$ , entonces $TEX: $a+b+c\le 6$$ Por Cauchy, $TEX: $\left(a+4\cdot\dfrac{b}{2}+9\cdot\dfrac{c}{3}+16\cdot\dfrac{d}{4}\right)^2\le\left(a^2+4\cdot\dfrac{b^2}{4}+9\cdot\dfrac{c^2}{9}+16\cdot\dfrac{d^2}{16}\right)(1+...)$$ $TEX: $=30(a^2+b^2+c^2+d^2)\le 30^2$$ Entonces $TEX: $a+2b+3c+4d\le \|a+2b+3c+4d\|\le 30$$ Y como $TEX: $a\le 1$$ , $TEX: $a+b\le 3$$ y $TEX: $a+b+c\le 6$$ , se tiene que $TEX: $a+b+c+d\le 10$$ . Que es lo que se buscaba. A juzgar por esta solución, parece que usando inducción podría demostrarse una generalización, pero no sería muy fácil de escribir. Correctimbi , yo posteare mis solucion, tambien es usando Cauchy-Schwarz -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

Javier Gómez L. Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 21 2012, 07:10 PM Publicado: #4
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 29 Registrado: 1-September 11 Desde: Chillán, Chile Miembro Nº: 93.770 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Otra solución: Lema: Siendo $TEX: $a, b$$ números reales, si $TEX: $q \geq 2p$$ y se cumple que $TEX: $a^{2}\leq p$$ , y que $TEX: $a^{2}+b^{2}\leq q$$ entonces: $TEX: $a+b\leq \sqrt{p}+\sqrt{q-p}$$ Demostración: La subo después. No se pierde generalidad en tomar $TEX: $a, b, c, d$$ positivos pues claramente su suma es mayor. Por lema es fácil ver que $TEX: $a+b\leq 3$$ . Como se tiene $TEX: $c^{2}\leq 14-a^{2}-b^{2}$$ y $TEX: $c^{2}+d^{2}\leq 30-a^{2}-b^{2}$$ por lema decimos que: $TEX: $c+d\leq \sqrt{14-a^{2}-b^{2}}+4$$ luego basta demostrar que: $TEX: $a+b +\sqrt{14-a^{2}-b^{2}}\leq 6$$ sumando $TEX: $-a-b$$ , como $TEX: $6-a-b\geq 0$$ podemos elevar al cuadrado y sería equivalente con: $TEX: $a^{2}+b^{2}+ab-6(a+b)+11\geq 0$$ como es simétrico podemos considerarlo una función cuadrática de una variable, es decir como: $TEX: $f(a)=a^{2}+(b-6)a+(b^{2}-6b+11)$$ y demostrar que la función es siempre positiva. Notar que $TEX: $f(0)=b^{2}-6b+11$$ que es un número positivo para todo $TEX: $b$$ , pues evaluada en $TEX: $b=0$$ es 11 y el discriminante es negativo. Luego basta demostrar que el discriminante de $TEX: $f$$ es negativo, es decir que: $TEX: $(b-6)^{2}-4(b^{2}-6b+11)\leq 0$$ y esto es equivalente con $TEX: $(b-2)^{2}\geq 0$$ Mensaje modificado por Javier Gómez L. el Sep 22 2012, 11:39 AM -------------------- Gavier Zómej Hola

« Posterior · Problemas Resueltos · Anterior »

Reply to this topic

Start new topic

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 3rd April 2025 - 09:02 PM

Powered By IP.Board 2.2.1 © 2007 IPS, Inc.