Desigualdad bonita. - 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

Desigualdad bonita.

Ferroni.VR Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 17 2010, 09:11 PM Publicado: #1
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 94 Registrado: 26-May 10 Miembro Nº: 71.431 Nacionalidad: Sexo:	Sea $TEX: $ab+bc+cd+da=1$$ Demostrar que para todos $TEX: $a,b,c,d$$ reales positivos, se cumple que: $TEX: $\displaystyle\frac{a^3}{b+c+d}+\displaystyle\frac{b^3}{a+c+d}+\displaystyle\frac{c^3}{a+b+d}+\displaystyle\frac{d^3}{a+b+c}\geq\displaystyle\frac{1}{3}$$ Saludos.

Diego Navarro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 17 2010, 11:12 PM Publicado: #2
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 61 Registrado: 8-May 10 Miembro Nº: 70.464 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: Sin perdida de generalidad asumamos$ $TEX: $ a\ge b\ge c\ge d$$ $TEX: entonces$ $TEX: $ a^3\ge b^3\ge c^3\ge d^3$$ , $TEX: $ a+b+c=w\ge a+b+d=z\ge a+c+d=y\ge b+c+d=x$$ , $TEX: $ \frac{1}{x}\ge \frac{1}{y}\ge \frac{1}{z}\ge \frac{1}{x} $$ $TEX: Por Chebyshev$ $TEX: $\ \left(\dfrac{a^3+b^3+c^3+d^3}{4}\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right) \le \dfrac{a^3}{x}+\dfrac{b^3}{y}+\dfrac{c^3}{z}+\dfrac{d^3}{w}=S$$ $TEX: Nuevamente por Chebyshev,$ $TEX: $ \left(\dfrac{a^3+b^3+c^3+d^3}{4}\right) \ge \left(\dfrac{a+b+c+d}{4}\right) \left(\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\right)$$ $TEX: Por reordenamiento,$ $TEX: $ a^2+b^2+c^2+d^2 \ge ab+bc+cd+da=1 $$ $TEX: Por lo tanto ya llevamos lo siguiente;$ $TEX: $ S\ge \left(\dfrac{a^3+b^3+c^3+d^3}{4}\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right)\ge \left(\dfrac{a+b+c+d}{16}\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right) $$ $TEX: $ \left(\dfrac{a+b+c+d}{16}\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right)= \dfrac{1}{3} \left(\dfrac{x+y+z+w}{16}\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right)$$ $TEX: Pero usando$ $TEX: $MA \ge MH $$ $TEX: $\left(x+y+z+w\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right)\ge 16$$ $TEX: En conclusión obtenemos$ $TEX: $ S\ge \dfrac{1}{3\cdot 16} \left(x+y+z+w\right) \left(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{x}\right)\ge \dfrac{16}{3\cdot16}= \dfrac{1}{3}$$

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 18 2010, 09:03 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Ferroni.VR @ Aug 17 2010, 10:11 PM) Sea $TEX: $ab+bc+cd+da=1$$ Demostrar que para todos $TEX: $a,b,c,d$$ reales positivos, se cumple que: $TEX: $\displaystyle\frac{a^3}{b+c+d}+\displaystyle\frac{b^3}{a+c+d}+\displaystyle\frac{c^3}{a+b+d}+\displaystyle\frac{d^3}{a+b+c}\geq\displaystyle\frac{1}{3}$$ Saludos. Sea $TEX: $f(x)=\frac{1}{x}$$ . Como $TEX: $f''(x)=\frac{2}{x^3}$$ es positiva en $TEX: $(0,+\infty)$$ , se tiene por la Desigualdad de Jensen que: $TEX: $\displaystyle \sum_{ciclica} \dfrac{a^3}{b+c+d}=\displaystyle \sum_{ciclica} a^2f\left (\frac{b+c+d}{a}\right)\ge f\left (\dfrac {2B}{A}\right)\cdot A=\dfrac {A^2}{2B}$$ Donde $TEX: $A=a^2+b^2+c^2+d^2$$ y $TEX: $B=ab+ac+ad+bc+bd+cd$$ . Nos resta probar que $TEX: $\dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}\ge \dfrac{1}{3}$$ Para demostrar la desigualdad, veamos que $TEX: $(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2\ge 0$$ . Al expandir esta desigualdad, obtenemos que $TEX: $3(a^2+b^2+c^2+d^2)\ge 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$$ , y esto significa que: $TEX: $\dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}\ge \dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{3}\ge \dfrac{1}{3}$$ Donde al final se ocupó que $TEX: $a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da=1$$ (esta desigualdad es verdadera, ya que $TEX: $2\displaystyle \sum_{ciclica} a^2=\displaystyle \sum_{ciclica} (a^2+b^2)\ge 2\displaystyle \sum_{ciclica} ab$$ ). Con esto estamos listos. -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

PaulRS Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 1 2010, 09:05 PM Publicado: #4
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 11-June 07 Miembro Nº: 6.615 Nacionalidad: Sexo:	Sin pérdida de generalidad (por la simetría), podemos asumir que $TEX: $$ a \geq b \geq c \geq d > 0 $$$ . Por Chebyshev tenemos: $TEX: $$\sum{\frac{a^3}{b+c+d}}\geq \tfrac{1}{4}\cdot\left( \sum{\frac{a^2}{b+c+d}}\right)\cdot \left(a+b+c+d\right)$$$ $TEX: $$()$$$ Por Cauchy-Schwarz : $TEX: $$\left(\sum{\frac{a^2}{b+c+d}}\right)\cdot \sum (b+c+d) \geq \left(a+b+c+d\right)^2$$$ Por lo tanto : $TEX: $$\sum{\frac{a^2}{b+c+d}}\geq \tfrac{1}{3}\cdot \left(a+b+c+d\right)$$$ $TEX: $$()$$$ Por $TEX: $$()$$$ y $TEX: $$()$$$ se tiene: $TEX: $$\sum{\frac{a^3}{b+c+d}}\geq \tfrac{1}{12}\cdot \left(a+b+c+d\right)^2$$$ $TEX: $$()$$$ Nótese que $TEX: $$(-a+b-c+d)^2\geq 0$$$ y así, expandiendo el lado izquierdo: $TEX: $$\sum a^2 - 2(ab+bc+cd+da) + 2(ac+bd) \geq 0$$$ . Por lo que : $TEX: $$(a+b+c+d)^2 = \sum a^2 + 2(ab+cd+cd+da)+2(ac+bd) \geq 4 (ab+bc+cd+da) = 4$$$ , ésto junto con $TEX: $$(**)$$$ completa la prueba $TEX: $$\square$$$ -------------------- $TEX: $\sqrt[3]{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{3\cdot{\sqrt[]{3}}-1}}}\approx{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{\sqrt[]{3}-1}}}$$

Ferroni.VR Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 5 2011, 09:43 PM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 94 Registrado: 26-May 10 Miembro Nº: 71.431 Nacionalidad: Sexo:	Hola, hoy encontré una solución muy corta y bonita de este problema, la dejo: $TEX: Por reordenamiento:<br /><br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />\displaystyle\sum\dfrac{a^3}{b+c+d} &\geq& \displaystyle\sum\dfrac{a^2b}{b+c+d}\\<br />&\geq& \displaystyle\sum\dfrac{a^2c}{b+c+d}\\<br />&\geq& \displaystyle\sum\dfrac{a^2d}{b+c+d}<br />\end{aligned}<br />\end{equation}$ $TEX: Sumando:\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />3 \cdot \displaystyle\sum\dfrac{a^3}{b+c+d} &\geq \displaystyle\sum\dfrac{a^2b}{b+c+d}+\displaystyle\sum\dfrac{a^2c}{b+c+d}+\displaystyle\sum\dfrac{a^2d}{b+c+d}\\<br />&\geq \displaystyle\sum \dfrac{a^2(b+c+d)}{b+c+d}\\<br />&\geq \displaystyle\sum a^2\\<br />&\geq ab+bc+ca+ad\\<br />&\geq 1<br />\end{aligned}<br />\end{equation}$ $TEX: Y de lo último se concluye lo pedido.$

« 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 - 08:57 PM

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