sábado, 14 de mayo de 2011

Problema del día 14 de Mayo (Centros)

Sean $a_1, a_2,...,a_n$ números reales positivos tales que \[ \sum^{n}_{i = 1}a_{i}=\sum^{n}_{i = 1}\frac{1}{a_{i}^{2}}. \]

Demuestra que para cada $i=1,2,...,n$ podemos encontrar $i$ de los $n$ números cuya suma sea al menos $i$.

5 comentarios:

Juan dijo...

NOTA: no sé poner menor o igual y mayor o igual así que siempre que ponga < o >, NO serán estrictos. Siempre me referiré a menor o igual o mayor o igual.
Definimos f(x) = (x^3-1)/x^2. Así, f(a1)+...+f(an)=0. Es fácil ver que f es cóncava en los positivos (lo explicaré al final). Ordeno a1, a2,.... an tal que si i < j entonces f(ai) > f(aj). Así, nos agarramos a1, a2, ..., ai. Entonces 0 < (f(a1)+...+f(ai))/n < f((a1+a2.+...+ai)/i) (donde la primera desigualdad se obtiene por construcción y por que f(a1)+...+f(an)=0, y la segunda desigualdad por Jensen). Para que ésto ocurra, por la definición de f tenemos que tener que (a1+...+ai)/i > 1 (el < no es estricto). Así, a1+...+ai > i y el problema muere (el > no es estricto).

CÓNCAVA: f'(x)=(2x-3x^4)/x^4, f''(x) = -6x^4/x^8 < 0. Entonces es cóncava.
14 de mayo de 2

IrvinG dijo...

Por ahí en una desigualdad escribiste $\frac{f(a_1)+...+f(a_i)}{n}$ en lugar de $\frac{f(a_1)+...+f(a_i)}{i}$. La solución está bien, pero al final como que te saltas varios pasos, ¿no?. Deberías haber puesto al menos algo como "y combinando estas dos desigualdades..." o algo por el estilo.

Juan dijo...

Ah sí, perdón. Era (f(a1)+...+f(ai))/i. ¿Te refieres a la demostración que 0 < (f(a1)+...+f(ai))/i, o a la de(a1+...+ai)/i > 1?.

0 < (f(a1)+...+f(ai))/i: Los números f(a1), ..., f(an) suman a 0. Entonces, f(an)+...+f(a(i+1)) < (f(a1)+...+f(ai)) (por como ordené). Sumando (f(a1)+...+f(ai)) de los dos lados se obtiene que 0 < 2((f(a1)+...+f(ai))), y multiplicando por 2/i, 0 < (f(a1)+...+f(ai))/i.

(a1+...+ai)/i > 1: Tenemos f(x) > 1 (con x = (a1+...+ai)/i). Así, x^3-1/x^2 > 0, o x^3-1 > 0, o x^3 > 1, o x > 1.

IrvinG dijo...

Pues me refería a las dos, si hacía falta justificar un poco más cada una.

Enrique dijo...

Supongamos, sin pérdida de generalidad, que $a_{1}\geq a_{2} \geq ...\geq a_{n}$. Demostraremos que $\sum^{k}_{i=1}a_{i}\geq \sum^{k}_{i=1}\frac{1}{a_{i}}$. Supongamos que para algún $j$, $\sum^{j}_{i=1}a_{i}< \sum^{j}_{i=1}\frac{1}{(a_{i})^2}$. Entonces $a_{j}< 1$, ya que de lo contrario, como $a_{i}\geq a_{j}$ para todo $i<j$, tendríamos que $a_{i}\geq 1$ para dichos $i$, pero como $a_{i}\geq \frac{1}{(a_{i})^2}$ cuando $a_{i}\geq 1$, entonces $\sum^{j}_{i=1}a_{i}\geq \sum^{j}_{i=1}\frac{1}{(a_{i})^2}$, contradiciendo nuestra suposición. Entonces, como $a_{j+1}\leq a_{j}< 1$, entonces $a_{j+1}<\frac{1}{(a_{j})^2}$, de donde $\sum^{j+1}_{i=1}a_{i}< \sum^{j+1}_{i=1}\frac{1}{(a_{i})^2}$. Entonces, por inducción llegamos a que $\sum^{n}_{i=1}a_{i}< \sum^{n}_{i=1}\frac{1}{(a_{i})^2}$, pero eso no es cierto por hipótesis. Entonces, $\sum^{k}_{i=1}a_{i}\geq \sum^{k}_{i=1}\frac{1}{a_{i}}$ para todo $k$ entre $1$ y $n$ (inclusive).

Ahora, por desigualdad AM-GM, tenemos que $\sum^{k}_{i=1}a_{i}\geq \sum^{k}_{i=1}\frac{1}{a_{i}}\geq k(\frac{1}{(a_{1}a_{2}...a_{k})^{2}})^{\frac{1}{k}} $, entonces si queremos probar que $\sum^{k}_{i=1}a_{i}\geq k$, bastaría con probar que $(\frac{1}{(a_{1}a_{2}...a_{k})^{2}})^{\frac{1}{k}}\geq 1$, que es equivalente a probar que $a_{1}a_{2}...a_{k}\leq 1$ (llamemos esto proposición (1)). Por otro lado, por AM-GM tenemos que $\sum^{k}_{i=1}a_{i}\geq k(a_{1}a_{2}...a_{k})^{\frac{1}{k}}$, entonces bastaría probar que $(a_{1}a_{2}...a_{k})^{\frac{1}{k}}\geq 1$, que es equivalente a probar que $a_{1}a_{2}...a_{k}\geq 1$ (llamemos esto proposición (2)). Entonces, es claro que alguna de las proposiciones (1) ó (2) se cumple forzozamente, por lo que acabamos.

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