jueves, 28 de mayo de 2015

Problemas 28 de Mayo

1. Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. La circunferencia $\omega_1$ de diámetro $AC$ corta a $BC$ en $F$ y la circunferencia $\omega_2$ de diámetro $BC$ corta a $AC$ en $E$. La recta $BE$ corta a $\omega_1$ en $L, N$ con $BL < BN$ y la recta $AF$ corta a $\omega_2$ en $K, M$ con $AK < AM$. Muestra que $KN, LM$ y $AB$ concurren.
 
2. Sean $a, b, c$ reales positivos con $abc = 1$. Muestra que
$$\frac{1}{a^5(b + 2c)^2} + \frac{1}{b^5(c + 2a)^2} + \frac{1}{c^5(a + 2b)^2} \geq \frac{1}{3}$$

14 comentarios:

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

Veamos que, por la desigualdad de Holder, con $p=3,q=3/2$,

$\displaystyle\sum_{\text{cyc}} \displaystyle\frac{1}{a^5(b+2c)^2} =$

$\displaystyle\sum_{\text{cyc}} \displaystyle\frac{(1/a)^3}{((1/c)+(2/b))^2} \ge $

$\displaystyle\frac{\left( \sum_{\text{cyc}} (1/a) \right)^3}{\left( \sum_{\text{cyc}} (1/c)+(2/b) \right)^2} = $

$ \displaystyle\frac{T^3}{3T^2} = $

$\displaystyle\frac{T/9}$

donde $ T=(1/a)+(1/b)+(1/c) $. Notemos que $T \ge 3(1/abc)^{1/3} = 3$ para acabar.

Juan dijo...

Veamos que, por la desigualdad de Holder, con $p=3,q=3/2$,

$\displaystyle\sum_{\text{cyc}} \displaystyle\frac{1}{a^5(b+2c)^2} =$

$\displaystyle\sum_{\text{cyc}} \displaystyle\frac{(1/a)^3}{((1/c)+(2/b))^2} \ge $

$\displaystyle\frac{\left( \sum_{\text{cyc}} (1/a) \right)^3}{\left( \sum_{\text{cyc}} (1/c)+(2/b) \right)^2} = $

$ \displaystyle\frac{T^3}{3T^2} = $

$\displaystyle\frac{T/9}$

donde $ T=(1/a)+(1/b)+(1/c) $. Notemos que $T \ge 3(1/abc)^{1/3} = 3$ para acabar.

Juan dijo...

para el 1, solo hay que ver que NKLM es cíclico con centro en A y que BHC es autopolar con respecto a este circulo.

nivek dijo...

En el prob.1 vemos que $NKLM$ cíclico (por potencia desde H) con centro en $C$ y que $AL$ y $AN$ son tangentes, analogo para $B$ y luego usar pascal en $NNMLLK$ y en $MMNKKL$ para ver que los otros dos puntos de intersección del ciclico $NKLM$ estan en la recta $AB$

nivek dijo...
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nivek dijo...
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nivek dijo...

En el prob 2. hice lo siguiente:
$(b+2c)^2 \leq 3(b^2+c^2)$ esto por MQ-MA
Luego queremos $\displaystyle\sum_{text{cyc}} \frac{1}{a^5(b+2c^2)} \geq 1$
Entonces queremos $\displaystyle\sum_{text{cyc}} \frac{b^4c^4}{ab^2+2ac^2} \geq 1$
por la desigualdad útil esto queda como
$\displaystyle\sum_{text{cyc}} a^4b^4 +a^2+b^2 \geq \displaystyle\sum_{text{cyc}} ab^2 + 2ac^2$
y despues de hacer AM-GM con $a^4b^4 + a^2 +b^2$ nos queda la desigualdad $\displaystyle\sum_{text{cyc}} 3a^2b^2 \geq \displaystyle\sum_{text{cyc}} ab^2 + 2ac^2$
y de ahí con AM-GM sale directo.

Juan dijo...
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nivek dijo...

hubo un pequeño error en mi solucion que juan me comentó pero sigue saliendo con AM-GM y utlizo $\displaystyle\frac{\sum_{cyc} a^4b^4+c^2+c^2}{4} \geq \frac{9}{4}$ y luego la siguiente desiugualdad
$\displaystyle\frac{\sum_{cyc} a^4b^4+b^2+b^2+1} \geq 4ab^2$
y divido entre 2 o entre 4 cuando sea necesario y se cumble lo que queremos.

nivek dijo...

hubo un pequeño error en mi solucion que juan me comentó pero sigue saliendo con AM-GM y utlizo $\displaystyle\frac{\sum_{cyc} a^4b^4+c^2+c^2}{4} \geq \frac{9}{4}$ y luego la siguiente desiugualdad
$\displaystyle\frac{\sum_{cyc} a^4b^4+b^2+b^2+1} \geq 4ab^2$
y divido entre 2 o entre 4 cuando sea necesario y se cumble lo que queremos.

Antonio Lopez Guzman dijo...
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Antonio Lopez Guzman dijo...

usando que abc=1 lo reescribimos como:

$$\frac{b^4c^4}{a(b + 2c)^2}$$
luego, usando la dsigualdad util quereos ver que

$$\frac{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2}{a(b + 2c)^2+b(c + 2a)^2+c(a + 2b)^2}\geq\frac{1}{3}$$, entonces queremos ver que
$3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)+6(a^2+b^2+c^2)\geq$ $ab^2+bc^2+ca^2 + 4ac^2+4a^2b+4b^c +12$
luego la multiplicamos por 4 la desigualdad, usando 15 veces la desigualdad de este tipo: $b^4c^4+c^2+c^2+1\geq 4bc^2$ podemos llegar a
$7(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)+14(a^2+b^2+c^2)\geq 63$
lo cual usando MA-MG y que abc=1 es claro.

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