miércoles, 7 de junio de 2017

Problema del miércoles

Los números reales $p$, $q$, $r$ y $s$ cumplen que $p+q+r+s=9$ y $p^2+q^2+r^2+s^2=21$. Demuestra que existe una permutación $(a,b,c,d)$ de $(p,q,r,s)$ tal que $ab-cd\geq 2$.

1 comentario:

Ariel dijo...

Sea $p = 2 + x, q = 2 + y, r = 2 + z, s = 2 + w$, y $x > y > z > w$ sin pérdida de generalidad, entonces las condiciones se transforman en $x + y + z + w = 1$ y $x^2 + y^2 + z^2 + w^2 = 1$. Ahora, buscamos probar que

$$(2 + x)(2 + y) - (2 + z)(2 + w) \geq 2$$
$$\iff$$
$$2(x + y - z - w) + xy - wz \geq 2$$
$$\iff$$
$$8(x + y) + 2(xy - wz) \geq 8$$

Donde usamos que $x + y + z + w = 1$. Ahora, tenemos que

$$(x + y)^2 + (w - z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + w^2 + 2(xy - wz) = 1 + 2(xy - wz)$$

Y por lo tanto la desigualdad deseada es equivalente a

$$8(x + y) + (x + y)^2 + (z - w)^2 \geq 9$$

Demostramos ahora que $x + y \geq 1$ con lo cual esta desigualdad es evidente. Suponemos lo contrario, entonces $z + w \textgreater 0$. Expandiendo $(x + y + z + w)^2$ encontramos que

$$(x + y)(w + z) + xy + wz = xy + xz + xw + yz + yw + zw = 0$$

Y por lo tanto es imposible que $x, y, z, w$ sean todos positivos. Luego $w \leq 0$ y por lo tanto $z$ es positivo. Entonces debemos tener que $xy + wz \textless 0$, y ya que $|z| < |y|$ esto implica que $|w| > |x|$. Ya que $w$ es negativo y $x + y + z + w = 1$ esto implica que $y + z \textgreater 1$, y entonces $y^2 + z^2 \textgreater \frac{1}{2}$. Además $x \textgreater y \textgreater \frac{1}{2}$ y $w \textless -x < -\frac{1}{2}$. Esto junto implica que

$$x^2 + y^2 + z^2 + w^2 \textgreater 1$$

Contradicción. Luego $x + y \geq 1$ y terminamos.

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