IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 2

Publicado por ^DiAmOnD^ | 30 julio, 2012 | Juegos | 15 |

Segundo problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va:

Sea $n \ge 3$ un enteero y sean $a_2,a_3, \ldots , a_n$ números reales positivos tales que $a_2 a_3 \dots a_n=1$ . Demostrar que

$(1+a_2)^2(1+a_3)^3 \dots (1+a_n)^n > n^n$

A por él.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes encontrarme también en Twitter, en Instagram, en Geogebra.org y en Facebook.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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15 Comments

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Bitacoras.com

30/07/2012 12:23

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Segundo problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va: Sea un enteero y sean números reales positivos tales que . Demostrar que A por él. Entra en Gaussianos si quieres hacer algún come……

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Alguien

30/07/2012 22:32

A mi entender, no es excesivamente sofisticado para tratarse de un 2 de IMO, ya que utiliza realmente matemática elemental, pero es necesario percatarse de la idea clave, sino estás perdido… Oí que había una solución con los multiplicadores de Lagrange, pero la oficial es mucho más fácil…

Responde

Cristhian Camacho

30/07/2012 23:18

Aplicando la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica, MA-MG

http://es.wikipedia.org/wiki/Desigualdad_de_las_medias_aritm%C3%A9tica_y_geom%C3%A9trica

$\cfrac{x_{1}+x_{2}+\cdots x_{k}}{k} \geq \sqrt[k]{x_{1} \cdot x_{2} \cdots x_{k}}$

Sean:

$x_{1}=a_{k}$

$x_{2}=\cfrac{1}{k-1}$

$x_{3}=\cfrac{1}{k-1}$

$\vdots$

$x_{k}=\cfrac{1}{k-1}$

Luego queda:

$\cfrac{ a_{k}+ \displaystyle{ \sum_{i=2}^{k} \cfrac{1}{k-1} } }{k} \geq \sqrt[k]{ a_{k} \cdot \displaystyle{ \prod_{i=2}^{k} } \cfrac{1}{k-1} }$

$\cfrac{ a_{k}+ \cfrac{k+1-2}{k-1} }{k} \geq \sqrt[k]{ a_{k} \cdot \left ( \cfrac{1}{k-1} \right )^{k+1-2} }$

$\cfrac{ a_{k}+ \cfrac{k-1}{k-1} }{k} \geq \sqrt[k]{ a_{k} \cdot \cfrac{1}{(k-1)^{k-1}} }$

$\cfrac{ a_{k}+ 1 }{k} \geq \sqrt[k]{ a_{k} \cdot \cfrac{1}{(k-1)^{k-1}} }$

$a_{k}+ 1 \geq k \cdot \sqrt[k]{ \cfrac{a_{k}}{(k-1)^{k-1}} }$

$(a_{k}+1)^{k} \geq k ^{k} \cdot \cfrac{a_{k}}{(k-1)^{k-1}}$

Multiplicando los valores para cada $k$

$(a_{2}+1)^{2}(a_{3}+1)^{3} \cdots (a_{k}+1)^{k} \geq 2 ^{2} \cdot \cfrac{a_{2}}{(2-1)^{1}} 3 ^{3} \cdot \cfrac{a_{3}}{(3-1)^{2}} \cdots k ^{k} \cdot \cfrac{a_{k}}{(k-1)^{k-1}}$

Simplificando

$(a_{2}+1)^{2}(a_{3}+1)^{3}(a_{4}+1)^{4} \cdots (a_{k}+1)^{k} \geq a_{2} a_{3} a_{4} \cdots k ^{k} a_{k}$

Y como $a_{2}a_{3}a_{4}\cdots a_{k}=1$

$(a_{2}+1)^{2}(a_{3}+1)^{3}(a_{4}+1)^{4} \cdots (a_{k}+1)^{k} \geq k ^{k}$

Luego para el caso de la igualdad:

$(a_{k}+1)^{k} = k ^{k} \cdot \cfrac{a_{k}}{(k-1)^{k-1}}$

Queda $a_{k}=\cfrac{1}{k-1}$

Pero en la desigualdad de las MA-MG Se cumple únicamente la desigualdad cuando todos los elementos del conjunto son iguales.

Finalmente:

$\cfrac{ \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \cfrac{1}{n-1} } }{n} > \sqrt[n]{ \displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} } \cfrac{1}{n-1} }$

$\cfrac{n}{n} > \sqrt[n]{ \cfrac{1}{(n-1)^{n}} }$

$1>\cfrac{1}{(n-1)}$ ; para $n\geq 3$ , Lo Que Queriamos Demostrar

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Cristhian Camacho

30/07/2012 23:48

Ups!!! Error, la ultima parte deberia decir:

Finalmente:

$\cfrac{ \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \cfrac{1}{n-1} } }{n} > \sqrt[n]{ \displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} } \cfrac{1}{n-1} }$

$\cfrac{ \cfrac{n}{n-1} }{n} > \sqrt[n]{ \cfrac{1}{(n-1)^{ \cfrac{n(n+1)}{2} }} }$

$\cfrac{1}{n-1}>\cfrac{1}{(n-1) ^{ \cfrac{(n+1)}{2} } }$ ; para $n\geq 3$ ; Lo Que Queriamos Demostrar

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Cristhian Camacho

30/07/2012 23:54

Nada aun, sigue mal … no debí tomar tanto ron el fin de semana jejeje

Responde

Cristhian Camacho

31/07/2012 02:10

Creo que lo tengo,

La igualdad de la formula:

$\cfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{n}}$

$I)$ Se cumple si y sólo si $a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$

Pero con la igualdad sale

$a_{k}=\cfrac{1}{k-1}$

Lo cual contradice $I)$

Entonces la correcta es la desigualdad

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Maeto

31/07/2012 15:17

He encontrado una página que da una interesante solución ¡nos explica cómo lo ha hecho! Es decir, en vez de empezar por el final, cosa que produce una formalización perfecta, empieza por el principio. Habla de «ingeniería inversa» (con comillas, desde luego) y de números conspirando para producir el resultado, es decir, un razonamiento metamatemático muy poco valorado pero fundamental tantas veces en tantos sitios.

Por una vez me he acordado de esa famosa frase, «la formalización es a la matemática lo que el robo al trabajo honrado», con gusto.

Como está en un blog, pongo la página principal por aquello de que no parezca que ya sabíamos cómo resolverlo.

motls. blogspot. com
(Me parece que el comentario va a spam, así que pongo la dirección algo tocada)

Responde

Cartesiano Caotico

31/07/2012 19:34

Un poco informal…
Llamo al primero término $b_n=(1+a_2)^2 \dots (1+a_n)^n$
Y al segundo término $c_n=n^n$

Divido el problema en 2 partes:

1º El mínimo de $b_n$ se da cuando $a_n=1 \ \forall n$
Esto habrá que demostrarlo luego.
Entonces $b_n=2^2\ 2^3 \dots 2^n = 2^{\frac{n^2+n-2}{2}}$

2º La sucesión $b_n$ sólo tiene un punto en común con $c_n$ . Es decir, para n=2 tenemos que $b_n=2^2$ y $c_n=2^2$
La sucesión $b_n$ crece mas rápido que $c_n$ .
Tomando logaritmo en ambos términos y derivando se observa que ${1 \over 2}log{2}(2n+1)>1+log{n}$ ya que el primer término crece linealmente y el segundo logarítmicamente.
——-

Faltaría demostrar la 1ª proposición, que me parece evidente y además me da la impresión que va en línea con lo que pronía Cristhian Camacho, pero ya me cansé, jeje ¿alguien me lo acaba?

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Ratoncillo de biblioteca

05/08/2012 12:59

Sea $A=\{(x_2,x_3,\dots,x_n)\in(0,\infty)^n \ | \ x_2x_3\cdots x_n=1\}$ y consideremos la función $f:A\longrightarrow\mathbb{R}$ definida por $f(x_2,x_3,\dots,x_n)=\prod_{k=2}^n(1+x_k)^k$ . Es claro que $f$ es continua.
Afirmamos que:
(1) $A$ es conexo.
(2) $f$ nunca toma el valor $n^n$ ( $n\geq 3$ )
(3) $f(1,1,\dots,1)>n^n$ .

Supongamos probado (1), (2) y (3), entonces $f(A)\subset\mathbb{R}-\{n^n\}$ . Como $f$ es continua y $A$ es conexo, se tiene que $f(A)$ también es conexo, y teniendo en cuenta (3), se concluye que $f(A)\subset \left(n^n,\infty\right)$ .

Ahora »sólo» fata probar (1), (2) y (3): (1) y (3) son fáciles de probar. El punto más difícil es el (2). No obstante, según la afirmación de Cartesiano Caótico en su comentario anterior (punto 2º) ya estría probado. ¿Podrías dar más detalles, cuando dices »La sucesión $b_n$ sólo tiene un punto en común con $c_n$ » (para $n=2$ ).

Responde

cartesiano caotico

07/08/2012 23:07

Si hacemos todos los $a_n = 1$ entonces tenemos para n=2 que los dos términos de la inecuación son iguales a 4,
A partir de ahí el primer término crece más rápidamente que el segundo tal y como expuse.
Lo único que no me quedó claro en mi demostración es que haciendo todos los $a_n = 1$ garantizara la demostración completa.
Además ahora ya no me parece tan evidente, el hecho de que cada término vaya elevado a una potencia cada vez mayor hace pensar que tal vez el mínimo del primer término se de para una secuencia decreciente de valores $\lbrace a_k \rbrace \ k<=n$
Seguiremos investigando 🙂

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Ratoncillo de biblioteca

16/08/2012 18:06

Sea $A=\{(x_2,x_3,\dots,x_n)\in(0,\infty)^{n-1} \ | \ x_2x_3\cdots x_n=1\}$ y $f:A\longrightarrow\mathbb{R}$ definida por

$f(x_2,x_3,\dots,x_n)=2\log(1+x_2)+3\log(1+x_3)+\cdots+n\log(1+x_n)$ .

Sea $x=(x_2,x_3,\dots,x_n)\in A$ y supongamos que al menos dos componentes son distintas. Sea $\sigma$ una permutación de $\{2,3,\dots,n\}$ tal que $x_{\sigma(2)}\geq x_{\sigma(3)}\geq\cdots\geq x_{\sigma(n)}$ . Puesto que estamos suponiendo que hay dos componentes distintas, al menos, uno de los $\geq$ debe ser estricto.
Además $(x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)},\dots, x_{\sigma(n)})\in A$ y $f(x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)},\dots, x_{\sigma(n)})\prec f(x_2,x_3,\dots,x_n)$ . Por tanto, $f$ se hará mínimo en un punto $a=(a_2,a_3,\dots,a_n)\in A$ que cumpla $a_2=a_3=\cdots=a_n$ . Pero en $A$ sólo hay un punto que cumpla esta condición: el punto $(1,1,\dots,1)$ .
Para concluir, basta observar que
$f(1,1,\dots,1)=\left(\frac{n(n+1)}{2}-1\right)\log2=\left(\frac{n^2+n-2}{2}\right)\log 2>n\log (n)$ para todo $n\geq 3$
La última parte se puede probar estudiando el crecimiento de la función $g:[3,\infty)\longrightarrow\mathbb{R}, \ g(x)=\left(\frac{x^2+x-2}{2}\right)\log 2-x\log (x)$

Responde

Ratoncillo de biblioteca

18/08/2012 18:31

Leyendo de nuevo mi comentario anterior, he visto que no está correcto. Voy a intentar corregirlo:

Sea $A=\{(x_2,x_3,\dots,x_n)\in(0,\infty)^{n-1} \ | \ x_2x_3\cdots x_n=1\}$ y $f:A\longrightarrow\mathbb{R}$ definida por
$f(x_2,x_3,\dots,x_n)=2\log(1+x_2)+3\log(1+x_3)+\cdots+n\log(1+x_n)$ .
Sea $x=(x_2,x_3,\dots,x_n)\in A$ y $\sigma$ una permutación de $\{2,3,\dots,n\}$ tal que $x_{\sigma(2)}\geq x_{\sigma(3)}\geq\cdots\geq x_{\sigma(n)}$ entonces $(x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)},\dots, x_{\sigma(n)})\in A$ y $f(x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)},\dots, x_{\sigma(n)})\leq f(x_2,x_3,\dots,x_n)$ . Por tanto, si existe mínimo de $f$ , se debe alcanzar en el subconjunto de $A'\subset A$ , definido por $A'=\{(x_2,\dots,x_n)\in A \ | \ x_2\geq\cdots\geq x_n\}$ .
Sea $(x_2,\dots,x_n)\in A'$ , entonces
$\log(1+x_k)=\log(1+x_{k+1})+\int_{1+x_{k+1}}^{1+x_k}\frac{1}{t}dt$ , para todo entero $k$ tal que $2\leq k\leq n$
luego
$\log(1+x_k)=\log(1+x_n)+\int_{1+x_n}^{1+x_k}\frac{1}{t}dt$ , para todo entero $k$ tal que $2\leq k\leq n$

Esto nos permite expresar $f$ de la siguiente forma:

${\displaystyle f(x_2,\dots,x_n)=\frac{n^2+n-2}{2}\log(1+x_n)+\sum_{k=2}^nk\int_{1+x_n}^{1+x_k}\frac{1}{t}dt}\quad\quad (1)$
Afirmamos que $f$ no puede alcanzar mínimo en un punto cuyas componentes no sean todas iguales.
En efecto, sea $x=(x_2,x_3,\dots, x_n)\in A'$ donde no todas las componentes son iguales. Observemos que $1\geq (x_n)^{n-1}\Longrightarrow x_n\leq 1$ . Esto nos permite definir el punto de $A'$ , $y=(y_2,y_3,\dots,y_n)$ por
$y_k=\begin{cases} x_n&\text{si } k=n \\ \cfrac{1}{\sqrt[n-1]{x_n}}&\text{si } 2\leq k\leq n-1 \end{cases}$
(el punto $y$ es un punto de $A'$ , ya que $x_n\leq 1$ ).

Teniendo en cuanta que no todas las componentes de $x$ son iguales, se obtiene que

$\sum_{k=2}^nk\int_{1+x_n}^{1+x_k}\frac{1}{t}dt>0$ y por $(1)$ , $f(x)>f(y)$

Por tanto, de alcanzar mínimo $f$ en $A'$ ha de hacerlo, en un punto cuyas componentes sean todas iguales, pero en $A'$ sólo existe un punto de tales características: el punto $(1,1,\dots,1)$ . Luego este punto es el único candidato a mínimo de $f$ . Sólo falta probar que $f$ debe tener mínimo, esta conclusión se obtendría directamente si $A$ fuese acotado, ya que $A$ es cerrado y $f$ es continua. Pero, por la forma de $f$ , se observa que basta estudiar el mínimo en una bola cerrada intersecada con $A$ , ya que en los puntos de $A$ que están fuera de la bola, $f$ vale más que en los puntos que pertenecen a la bola.

Responde

Ratoncillo de biblioteca

18/08/2012 18:37

Leyendo de nuevo mi comentario anterior, he visto que no está correcto. Voy a intentar corregirlo:

Esto nos permite expresar $f$ de la siguiente forma:

Teniendo en cuanta que no todas las componentes de $x$ son iguales, se obtiene que

$\sum_{k=2}^nk\int_{1+x_n}^{1+x_k}\frac{1}{t}dt>0$
y teniendo en cuenta $(1)$ se obtiene $f(x)>f(y)$ .
Por tanto, de tener $f$ mínimo debe tenerlo en un punto de $A'$ cuyas componentes sean todas iguales, pero en $A'$ sólo hay un punto con tales características: el punto $m=(1,1,\dots,1)$ . Por tanto, $m$ es el único candidato a mínimo de $f$ . Sólo faltaría probar que $f$ debe tener mínimo. Si $A$ fuese acotado, esta conclusión se obtendría directamente, ya que $A$ es cerrado y $f$ es continua. Pero, por la forma de $f$ , basta estudiar el mínimo en una bola cerrada intersecada con $A$ , ya que, $f$ vale más en los puntos que no pertenecen a dicha bola que en los puntos que sí pertenecen.

Responde

Cartesiano Caotico

20/08/2012 00:33

Algo tiene que haber mal Ratoncillo de Biblioteca, pues el mínimo no se da para (1,1,1,…,1).

Ejemplo:
Para n=3, tomando (1,1) obtenemos 32
Sin embargo tomando (2, 0.5) obtenemos 30,375 < 32

Así que el razonamiento que hice en mi segundo paso ya no vale, ya que el primero no es correcto. Y en tu razonamiento algo falla ya que, al menos para n=3, no se da para todos los términos iguales a 1.

Creo que alguien por ahí había hablado de los multiplicadores de Lagrange. Tal vez haya que hallar primero dónde está el mínimo.

Saludos

Responde

Ratoncillo de biblioteca

27/08/2012 18:23

Gracias Cartesiano Caotico tienes razón, el error está en $f(x)>f(y)$ . En mi opinión, lo interesante es resolverlo sin multiplicadores de Lagrange y sólo usar matemáticas de bachillerato.
Creo que tengo una solución, salvo que salga otro error…
Ahí va:
Observemos que $a_2a_3\cdots a_n=1\Longrightarrow\sum_{k=2}^n\log a_k=0$ .
Luego
$\sum_{k=2}^n\log(1+a_k)=\sum_{k=2}^n\left(\log(1+a_k)^k-\log a_k\right)=\sum_{k=2}^n\log\left(\frac{(1+a_k)^k}{a_k}\right)\quad\quad (1)$

Consideremos las funciones $f_k:(0,\infty)\longrightarrow\mathbb{R}$ definidas por $f_k(x)=\frac{(1+x)^k}{x}, \quad k=2,3,\dots,n$
Derivando, se obtiene que el mínimo de cada una de estas funciones se alcanza en $x_k=\frac{1}{k-1}$ , siendo $f_k(x_k)=\frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}$

Por otro lado

$\log\left(\frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}\right)=k\log k-(k-1)\log(k-1)$

Por último, teniendo en cuenta $(1)$ y que la función logaritmo es creciente se obtiene

$\sum_{k=2}^n\log(1+a_k)\geq\sum_{k=2}^n\left(k\log k-(k-1)\log(k-1)\right)=n\log n- 1\log 1 = n\log n$

Para concluir, falta descartar la igualdad: supongamos que se da la igualdad, entonces
${\displaystyle\sum_{k=2}^n (f_k(a_k)-f_k(x_k))=0 }$ como en $x_k$ se alcanza el mínimo de cada $f_k$ , cada sumando de la expresión anterior es no negativo. Luego $f_k(a_k)=f_k(x_k)$ para todo $k=2,3,\dots,n$ .
Observando la derivada de cada $f_k$ se obtiene que el mínimo sólo se alcanza en un punto. Por tanto $x_k=a_k$ para todo $k=2,3,\dots,n$ . Pero esto último es imposible, ya que $a_k=\frac{1}{k-1}$ para todo $k=2,3,\dots,n$ contradice $a_2a_3\cdots a_n=1$ .

Responde

Ratoncillo de biblioteca

27/08/2012 18:44

Me acabo de dar cuenta de unas erratas al escribir algunas fórmulas:

La expresión $(1)$ de mi comentario hay que sustituirla por:
$\sum_{k=2}^n \log(1+a_k)^k=\sum_{k=2}^n\left(\log(1+a_k)^k-\log a_k\right)=\sum_{k=2}^n\log\left(\frac{(1+a_k)^k}{a_k}\right)\quad\quad (1)$

También más abajo después de »Por último, teniendo en cuenta $(1)$ y que la función logaritmo es creciente se obtiene» hay que sustituirlo por

$\sum_{k=2}^n\log(1+a_k)^k\geq\sum_{k=2}^n\left(k\log k-(k-1)\log(k-1)\right)=n\log n- 1\log 1 = n\log n$

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