jueves, 15 de marzo de 2012

Problema del Día: Jueves 15 de Marzo de 2012

Para $a,b>0$, sea $f(a,b)$ la raíz positiva de la ecuación
$$
(a+b)x^2 - 2(ab-1)x - (a+b) = 0.
$$
Sea $M=\{(a,b)~|~a\neq b, f(a,b)\leq\sqrt{ab}\}$. Determine el mínimo de $f(a,b)$ para $(a,b)\in M$.

16 comentarios:

Juan dijo...
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Juan dijo...

Demostraré que el resultado es 1. Asumamos $ab \ge 1$. Entonces $(a,b)\in M \Leftrightarrow$$ f(a,b) \le \sqrt{ab} \Leftrightarrow$$ \displaystyle\frac{2(ab-1) \pm \sqrt{(2(ab-1))^2 + 4(a+b)(a+b)}}{2(a+b)} \le \sqrt{ab} \Leftrightarrow$$ \displaystyle\frac{(ab-1)+\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \le \sqrt{ab} \Leftrightarrow$$ \left((ab-1)+\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}\right)^2 \le (ab)(a+b)^2 \Leftrightarrow$$ 2-2ab+a^2+b^2+2(ab-1)\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \le ab(a^2+b^2) \Leftrightarrow$$ 2(ab-1)\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \le (ab-1)(a^2+b^2+2) \Leftrightarrow$$ 2\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \le a^2+b^2+2 \Leftrightarrow$$ 4a^2b^2 \le a^4+b^4 + 2a^2b^2 \Leftrightarrow$$ 0 \le (a^2-b^2)^2$, que es trivial. Así, $(a,b)\in M \forall (a,b)$ t.q. $ab\ge 1$. También es fácil ver desde $2(ab-1)\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \le (ab-1)(a^2+b^2+2)$ que $ab \textless 1 \Rightarrow (a,b)$ no está en $M$. Ahora, vemos que $(a,b)=(\frac{1}{23742934873247},23742934873247) \Rightarrow (a,b) \in M$, $f(a,b)=1$. Ahora, $(a,b) \in M$ implica $f(a,b) = \displaystyle\frac{(ab-1)+\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \ge 1 \Leftrightarrow$$ (ab-1)+\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \ge a+b \Leftrightarrow$$ \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \ge a+b+1-ab \Leftrightarrow$$ a^2b^2+a^2+b^2+1 \ge $$a^2+b^2+1+a^2b^2+2a+2b+2ab-2a^2b-2b^2a-2ab$$ \Leftrightarrow$$ ab(a+b+1) \ge a+b+ab \Leftrightarrow $$ ab(a+b) \ge a+b$, que es cierto pues $ab\ge1$. Con ésto, acabamos. Quod erat demonstrandum.
Respuesta: $\boxed{min\{f(a,b) \mid (a,b) \in M, a \neq b\} = 1}$. $\clubsuit$.

Juan dijo...
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Juan dijo...

Perdón, hay exactamente un renglón que no se ve. Dice: $\ldots \le ab(a^2+b^2) \Leftrightarrow \ldots$. También, disculpen los comentarios eliminados.

Adán dijo...

Veamos que si $\left(a, b\right)\in M$ entonces

$\frac{2\left(ab-1\right)+\sqrt{4\left(ab-1\right)^{2}+4\left(a+b\right)^{2}}}{2\left(a+b\right)}$
$=\frac{ab-1+\sqrt{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}}{a+b}\leq \sqrt{ab}$

Manipulando la desigualdad arriba, podemos llegar a que se cumple la desigualdad si y solo si

$2\left(ab-1\right)^{2}+2\left(ab-1\right)\sqrt{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}\leq \left(a+b\right)^{2}\left(ab-1\right)$

Veamos que si $ab$ es menor a $1$ entonces podemos llegar a que

$0\geq \left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}$

y como $a\neq b$, entonces la desigualdad arriba no se cumple. Entonces tenemos que $ab\geq 1$. Si $ab$ es mayor a $1$, podemos ver claramente que

$\left(ab-1\right)^{2}\geq 0$

de donde

$\frac{\sqrt{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}}{a+b}\geq 1$

y $\frac{2\left(ab-1\right)}{a+b}$ es mayor a $0$, tenemos que $f\left(a, b\right)$ es mayor a $1$. Si $ab=1$ entonces tendremos que $f\left(a, b\right)\leq 1$. Ahora, poniendo $a=2$, $b=\frac{1}{2}$ vemos claramente que $f\left(a, b\right)=1$. Entonces el valor mínimo de $f\left(a, b\right)$ es $\boxed{1}$.

Chuck dijo...
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Chuck dijo...

Primero veamso que las raíces del polinomio están determinadas por $\frac{ab-1\pm\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}}{a+b}=\frac{ab-1\pm\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}}{a+b}$ pues $a,b\textgreater 0$. De modo que como $f(a,b)$ es positivo, entonces como en la primera expresión, lo que tenemos dentro de la raíz es mayor a $(ab-1)^{2}$, entonces si tomamos la raíz con el signo negativo, tendremos algo de mayor valor absoluto que $ab-1$ y negativo, lo cual significa que no es $f(a,b)$ pues es negativo, por lo que $f(a,b)$ se obtiene con el signo positivo. Además de que la raíz (como se ve con la factorización de la segunda expresión) es mayor a $-1$, así que es positiva.

Tomamos una pareja $(a,b)\in M$ así que $\frac{ab-1+\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}}{a+b}\leq \sqrt{ab}$. Lo anterior se da si y sólo si $(ab-1+\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)})^{2}=(ab-1)^{2}+(a^{2}+1)(b^{2}+1)+2(ab-1)\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}\leq ab(a+b)^{2}$, $\Leftrightarrow 2(ab-1)\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}\leq (ab-1)(a^{2}+b^{2}+2)$ (cosa que se ve fácilmente si recordamos que $(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}=(a^{2}+1)(b^{2}+1)$.

Supongamos que $ab=1$, entonces claramente se cumple, si $ab\textgreater 1$ entonces podemos proceder viendo que $4(a^{2}+1)(b^{2}+1)\leq (a^{2}+b^{2}+2)^{2} \Leftrightarrow 0\leq (a^{2}-b^{2})^{2}$ que es cierto siempre. En caso de que $ab\textless 1$ con el mismo procedimiento nos topamos con la desigualdad revertida y eso sólo es cierto cuando $a^{2}=b^{2}$ pero como ambos son positivos y distintos, no es posible, así que $(a,b)\in M \Leftrightarrow ab\geq 1$.

Veamos que claramente $f(a,a^{-1})=\frac{\sqrt{(a+a^{-1})^{2}}}{a+a^{-1}}=1$. Ahora veamos que para cualquier otro valor, $f(a,b)\geq 1$. Para esto veamos que $ab-1+\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}\geq \sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}\geq a+b$ pues $(ab-1)^{2}\geq 0$ por lo que es cierto y el mínimo es $1$.

JulioC dijo...

Sea $\left(a, b\right)\in M$ entonces ocupando la fórmula general
$f(a,b)=\frac{(ab-1)+\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}}{a+b}\leq \sqrt{ab}$
Entonces
$(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}\leq(-(ab-1)+\sqrt{ab}(a+b))^2$
Simplificando y dividiendo por $a+b$, se puede porque $a,b>0$.
$(a+b)\leqab(a+b)-2\sqrt{ab}(ab-1)$
Entonces
$0\leq(sqrt{a}+sqrt{b})^2(ab-1)$
Y como $a\neq b$
Entonces $0\leq(ab-1)$
Entonces
$f(a,b)=\frac{(ab-1)+\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}}{a+b}\ge1$
La igualdad se logra con por ejemplo $a=b=1$

JulioC dijo...

Sea $\left(a, b\right)\in M$ entonces ocupando la fórmula general
$f(a,b)=\frac{(ab-1)+\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}}{a+b}\leq \sqrt{ab}$
Entonces
$(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}\leq(-(ab-1)+\sqrt{ab}(a+b))^2$
Simplificando y dividiendo por $a+b$, se puede porque $a,b>0$.
$(a+b) \leq ab(a+b)-2\sqrt{ab}(ab-1)$
Entonces
$0\leq(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2(ab-1)$
Y como $a\neq b$
Entonces $0\leq(ab-1)$
Entonces
$f(a,b)=\frac{(ab-1)+\sqrt{(ab-1)^{2}+(a+b)^{2}}}{a+b}\ge1$
La igualdad se logra con por ejemplo $a=b=1$

Juan dijo...

Julio: Tu ejemplo $(1,1)$ no está en M, pues $(a,b) \in M \Rightarrow a \neq b$.

Juan dijo...

Es mejor tomar $(\frac{1}{x},x)$ con $x \textgreater 1$.

JulioC dijo...

Ahh claro se me olvido que no eran iguales al final, y si $(\frac{1}{x},x)$ con $x \textgreater 1$ son en realidad todas las soluciones. Igual por ahi puse un signo mal debería decir:
$0\leq(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(ab-1)$ en vez de $0\leq(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2(ab-1)$. Gracias Juan.

Enrique dijo...

Tenemos que las raíces de $(a+b)x^{2}-2(ab-1)x-(a+b)$ son las mismas que las de $x^{2}-(\frac{2(ab-1)}{a+b})x-1$, luego la raíz positiva $f(a,b)$ $=\frac{\frac{2(ab-1)}{a+b}+\sqrt{\frac{4(ab-1)^{2}}{(a+b)^{2}}}}{2}$ $=\frac{ab-1+\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}}{a+b}\leq \sqrt{ab}$ $\Leftrightarrow ab-1+\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)}\leq (a+b)\sqrt{ab}$ $\Leftrightarrow (ab-1+\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)})^{2}\leq ((a+b)\sqrt{ab})^{2}$ $\Leftrightarrow (\sqrt{(a^{2}+1)}-\sqrt{(b^{2}+1)})\leq ab(\sqrt{(a^{2}+1)}-\sqrt{(b^{2}+1)})$. Como $\sqrt{(a^{2}+1)}\neq\sqrt{(b^{2}+1)}$ (pues $a\neq b$), esto pasa si y sólo si $ab\geq 1$.

Si $a=2$, $b=\frac{1}{2}$, la raíz positiva de la ecuación será $1$, que claramente es menor o igual que $\sqrt{2(1/2)}=1$. Sean $r,s$ las raices de la ecuación con $r$ positivo. Entonces, por Vieta $r+s=\frac{2(ab-1)}{(a+b)}$ y $rs=-1\Rightarrow s=-\frac{1}{r}$. Entonces, $r-\frac{1}{r}=\frac{2(ab-1)}{(a+b)\geq 0$ pues $ab-1\geq 0$, luego $r\geq \frac{1}{r}\Rightarrow r^{2}\geq 1\Rightarrow f(a,b)=r\geq 1$. Entonces, para $(a,b)\in M$, el mínimo $f(a,b)$ es $1$.

jorge garza vargas dijo...

Sean $w\geq z$ las raíces del polinomio. Supongamos que $(a,b)\in M$, entonces por la fórmula general para cuadráticas tenemos $\frac{ab-1+\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b}$$\leq \sqrt{ab}$ desarrollando, cancelando y factorizando obtenemos $0\leq (ab-1)((a+b)^2-2\sqrt{ab}(a+b))$, pero por media geométrica media aritmética $(a+b)^2-2\sqrt{ab}(a+b)\geq 0$, así que $ab-1\geq 0$, de donde se obtiene que $w\geq |z|$, pero por las relaciones de vieta $wz=-1$ por lo que $w^2\geq 1$ de donde $w\geq 1$. Si $ab=1$ entonces la raíz positivo de la ecuación es la raíz positiva de la ecuación $x^2-1=0$, que es calramente $1$.

alberto dijo...

$f(a,b) \leq \sqrt{ab}$
$f(a,b) = \frac{2(ab-1)+\sqrt{4(ab-1)^2+4(a+b)^2}}{2(a+b)} \leq \sqrt{ab}$
$\frac{(ab-1)+\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b} \leq \sqrt{ab}$
$\Leftrightarrow \sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2} \leq (a+b)\sqrt{ab} - (ab-1) $
$\Leftrightarrow (ab-1)^2+(a+b)^2 \leq ab(a+b)^2 -2(ab-1)(a+b)\sqrt{ab}+(ab-1)^2$
$\Leftrightarrow (a+b)^2 \leq ab(a+b)^2 -2(ab-1)(a+b)\sqrt{ab}$

Podemos dividir entre $a+b$ porque $a,b \textgreater 0$

$a+b \leq ab(a+b)-2(ab-1)\sqrt{ab}$
$\Leftrightarrow 0 \leq (a+b)(ab-1)-2(ab-1)\sqrt{ab}$
$\Leftrightarrow 0 \leq (ab-1)(\sqrt{a}-sqrt{b})^2$

$\Righarrow ab-1 \geq 0$

Con esto vemos que
$f(a,b) = \frac{2(ab-1)+\sqrt{4(ab-1)^2+4(a+b)^2}}{2(a+b)} \geq 1$

y con $b=\frac{1}{a}$ se da la igualdad.

alberto dijo...

El latex que no se alcanza a ver es:

$\Leftrightarrow (ab-1)^2+(a+b)^2 \leq ab(a+b)^2$
$-2(ab-1)(a+b)\sqrt{ab}+(ab-1)^2$

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