Tienen que poner sus soluciones antes del miercoles a las 11:00 pm.
Notacion:
\sqrt{x} raiz cuadrada de x
\leq menor o igual que
\geq mayor o igual que
(XYZ) el area del triangulo XYZ
1. En un triangulo ABC, los puntos E y D se encuentran en los segmentos AC y BC,
respectivamente. Suponga que AD y BE se intersectan en F. Muestra que
(ABC)/(ABF) + 1 = AC/AE + BC/BD
2. Sea n \geq 2 un entero y se define el conjunto
L= { 1/ab | a, b naturales; a + b > n; a< b \leq n; (a,b)=1}.
Muestra que la suma de todos los elementos de L es 1/2.
3. Dado el conjunto A={1, 2, 3, ... , 2n-1}, se borran al menos n-1 numeros de A
siguiendo las siguientes reglas
(i) Si a esta en A y se borra, y 2a esta en A, entonces 2a debe ser borrado.
(ii) Si los numeros a, b estan en A y se borran, y a+b esta en A, entonces a+b debe
ser borrado.
Sea S la suma de los numeros borrados. Encuentre el minimo valor de S.
4. Muestra que para todos numeros no negativos x, y, z con x+y+z=1, se tiene que
\sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 \leq 1.
5. Sean H, I, O el ortocentro, incentro y circuncentro de un triangulo. Muestra que
2 (IO) \geq IH.
Cuando ocurre la igualdad?
\sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 <= 1 si y solo si \sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 <=x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz) si y solo si \sqrt{3xyz}<= xy+xz+yz(x+y+z) si y solo si 3xyz<=1/2(2,2,0)+(2,1,1) si y solo si (x+y+z)3xyz<=1/2(2,2,0)+(2,1,1) si y solo si 3/2(2,1,1)<=1/2(2,2,0)+(2,1,1)si y solo si (2,1,1)<=(2,2,0) que es cierto por la desigualdad de Muirhead.
ResponderBorrarLo anterior es si son positivos y si alguno de x,y,z es igual a 0 entonces \sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 <= 1 si y solo si \sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 <=x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz) si y solo si \sqrt{3xyz}<= xy+xz+yz. Lo cual es cierto por que 0<=xy+xz+yz por que son no negativos
ResponderBorrarProblema 1:
ResponderBorrarTenemos que AC/AE=(ABC)/(ABE) y AC/AE=(AFC)/(AFE) por lo tanto AC/AE=(ABC)-(AFC)/(ABE)-(AFE)=(ABF)+(BCF)/(ABF), donde la primera igualdad es cierta por que si tienes a,b,c,d reales y a/b=c/d entonces estas tambien son iguales a a-c/b-d,(es fácil probarlo, solo desarrollas todo)
Por lo tanto tenemos que AC/AE=(ABF)+(BCF)/(ABF), analogamente BC/BD=(ABF)+(AFC)/(ABF).
Por lo tanto AC/AE+BC/BD=(ABF)+(BCF)+(ABF)+(AFC)/(ABF)=(ABC)/(ABF) + 1 que es lo que queriamos probar.
No etiendo en el problemas 2
ResponderBorrarcual es el conjunto?
L= { 1/ab | a, b naturales; a <> n; (a,b)=1}.
ya lo corregi
ResponderBorrarSolucion 4:
ResponderBorrar(Denotare x al cuadrado como x*2)
Elevando al cuadrado x+y+z, tenemos que:
(x+y+z)*2 = x*2 +y*2 +z*2 +2xy + 2yz + 2zx = 1
x*2 + y*2 + z*2 = 1 -2(xy + yz +zx), asi que sustyuendo el valor de x*2 + y*2 + z*2 en la desigualdad tenemos que probar:
(12xyz)*(1/2) +1 -2( xy +yz + zx) <= 1, es decir que:
2xy + 2yz +2zx >= (12xyz)*(1/2)
xy + yz + zx >= (3xyz)*(1/2)
A partir de esto consideraremos a x, y y z positivos, pues si alguno de ellos es 0, entonces la desigualdad es claramente verdadera.
Elevando al cuadrado ambos miembros:
(xy)*2 + (yz)*2 + (zx)*2 + 2(yzx*2 +zxy*2 +xyz*2) >= 3xyz
Dvidiendo ambos miembros entre xyz:
xy/z + yz/x + zx/y + 2( x +y +z) >= 3
pero como x+y+z = 1, tenemos que:
xy/z + yz/x + zx/y >= 1
Multiplicando por xyz ambos miembros:
(xy)*2 (yz)*2 + (zx)*2 >= xyz
Entonces multiplicando por x+y+z el miembro derecho
(xy)*2 (yz)*2 + (zx)*2 >= yzx*2 + xyz*2 zxy*2
Pero esta ultima es verdadera por el teorema de muirhead, pues [2,2,0] >= [2,1,1], con esto concluimos la demostracion.
problema 4:
ResponderBorrarcomo x+y+z=1 entonces probar:
\sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 \leq 1
es igual que probar:
\sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 \leq (x+y+z)(x+y+z)
<=>
\sqrt{12xyz} + x^2 + y^2 + z^2 \leq x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy+yz+zx)
<=>
\sqrt{12xyz} \leq 2(xy+yz+zx)
<=>
\sqrt{12xyz} \leq 2(xy+yz+zx)(x+y+z)
<=>
\sqrt{12xyz} \leq 2(x^2)y+2x(y^2)+2xyz+2xyz+2(y^2)z+2(z^2)y+2(x^2)z+2xyz+2(z^2)x
nos fijamos en el miembro izquierdo y tenemos que por la desigualdad media aritmetica-media geometrica:
[2(x^2)y+2x(y^2)+2xyz+2xyz+2(y^2)z+2(z^2)y+2(x^2)z+2xyz+2(z^2)x]/9 \geq [(2^9)(x^9)(y^2)(z^2)]^(1/9)
pero (2xyz)^9 se nos cancela con la raiz novena, por lo que nos queda probar:
2(xy+yz+zx)/9 \geq 2xyz
<=> 2(xy+yz+zx) \geq 18xyz
ahora solo hace falta probar que:
18xyz \geq \sqrt{12xyz}
elevamos al cuadrado:
(18xyz)^2 \geq 12xyz
<=> (18^2)xyz \geq 12
<=> 27xyz \geq 1
ahora solo hace falta probar que
xyz \leq 1/27
para probar esto consideramos la condicion de que x+y+z=1 y aplicamos la desigualdad media aritmetica media geometrica:
(x+y+z)/3 \geq (xyz)^1/3
1/3 \geq (xyz)^1/3
elevamos al cubo:
1/27 \geq xyz
con lo que termina el problema
Problema 4
ResponderBorrar(>= es mayor o igual, <= es menor o igual, x^y es x a la y)
x+y+x=1
1 >= \sqrt{12xyz}+x^2+y^2+z^2
< = >
(x+y+z)(x+y+z) >= \sqrt{12xyz}+x^2+y^2+z^2
< = >
x^2+y^2+z^2 + 2xy + 2xz + 2yz >= x^2+y^2+z^2 +\sqrt{12xyz}
< = >
2xy + 2xz + 2yz >= \sqrt{12xyz}
< = >
(2xy + 2xz + 2yz)^2 >= (\sqrt{12xyz})^2
< = >
4(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)+8(x^2yz+xy^2z+xyz^2) >= 12xyz
< = >
4(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)+8(x^2yz+xy^2z+xyz^2) >= 12xyz(x+y+z)
< = >
4(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)+8(x^2yz+xy^2z+xyz^2) >= 12(x^2yz+xy^2z+xyz^2)
< = >
4(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2) >= 4(x^2yz+xy^2z+xyz^2)
< = >
2(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2) - 2(x^2yz+xy^2z+xyz^2) >= 0
< = >
(x^2y^2 - 2x^2yz + x^2z^2) + (x^2y^2 - 2xy^2z + y^2z^2) + (y^2z^2 - 2xyz^2 + x^2z^2) >= 0
< = >
(xy - xz)^2 + (xz - yz)^2 + (yz - xy)^2 >= 0
y como es suma de tres cuadrados claramente es mayor a cero.
1>=(12xyz^(1/2))+x^2+y^2+z^2
ResponderBorrar<=> 1-x^2-y^2-z^2>=(12xyz)^(1/2)
Notemos primero que:
1-x^2-y^2-z^=x+y+z-x^2-y^2-z^2=x(1-x)+y(1-y)+z(1-z)=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)=2xy+2xz+2yz
Después, notemos que:
(12xyz)^(1/2)=2(3xyz)^(1/2)
Por lo que
1-x^2-y^2-z^2>=(12xyz)^(1/2)
<=>(2xy+2xz+2yz)/2=xy+yz+xz>=(3xyz)^(1/2)
<=>(xy+xz+yz)^2>=3xyz
De aqui tenemos que:
(xy+xz+yz)^2=x^(2)y^(2)+x^(2)z^(2)+y^(2)z^(2)+2x^(2)yz+2xy^(2)z+2xyz^(2)
(xy+xz+yz)^2>=3xyz
<=>x^(2)y^(2)+x^(2)z^(2)+y^(2)z^(2)>=3xyz-2x^(2)yz-2xy^(2)z-2xyz^(2)=xyz(3-2x-2y-2z)=xyz(1)=xyz
x^(2)y^(2)+x^(2)z^(2)+y^(2)z^(2)>=xyz=xyz(x+y+z)=x^(2)yz+xy^(2)z+xyz^(2)
<=>2(x^(2)y^(2)+x^(2)z^(2)+y^(2)z^(2))>=2(x^(2)yz+xy^(2)z+xyz^(2))
<=>2x^(2)y^(2)+2x^(2)z^(2)+2y^(2)z^(2)-2x^(2)yz-2xy^(2)z-2xyz^(2)>=0
pero, eso lo podemos escribir de esta manera:
(xy-yz)^(2)+(xy-xz)^(2)+(xz-yz)^(2)>=0
y eso sabemos que si es cierto.
En el problema 3 no me queda claro, por ejemplo, si borro el 1, debo borrar el 2, y como ya borre el 1 y el 2 debo borrar el 3, y a partir de aqui hay varios numeros que creo que podria borrar, por ejemplo ¿podria borrar el 4? porque se borro al 1 y al 3, o deberia ser el 5, por haber borrado a 2 y 3, o el 6 que es el doble del 3, o todos los que he dicho?.
ResponderBorrarcierto, yo tampoco he entendido bien que hay que hacer por que segun el problema si borras como dice raul, el 1 entonces debes borrar el 2, luego como ya borraste 1 y 2 ahora borramos 1+2, luego como ya borramos el 1 y el 3 entonces debemos borrar 1+3, y con esto es posible borrar los primeros n-1 numeros y ya S es la minima y acabamos,¿si es posible hacer eso?
ResponderBorrarSi raul, son todos los que dijiste y tambien es cierto ohto, pero el problema que dice que "debes" de borrar la suma de dos numeros borrados, entonces no solo puedes borrar hasta el n-1, si no que debes borrar todos los 2n-1 numeros.
ResponderBorrarproblema 4.
ResponderBorrar(^^x)significa raiz cuadrada de x
(x´2) significa x al cuadrado
1>=^^12xyz+x´2+y´2+z´2
(x+y+z)(x+y+z)-x´2-y´2-z´2>=^^12xyz
2xy+2yz+2zx>=^^12xyz
4(x´2y´2+y´2z´2+z´2x´2)+8(x´2yz+xy´2z+xyz´2)>=12xyz
4(x´2y´2+y´2z´2+z´2x´2)+8(x´2yz+xy´2z+xyz´2)>=12xyz(x+y+z)
4(x´2y´2+y´2z´2+z´2x´2)>=4(x´2yz+xy´2z+xyz´2)
dividimos entre 2 ambas partes y pasamos restando
2(x´2y´2+y´2z´2+z´2x´2)-2(x´2yz+xy´2z+xyz´2)>=0
aqui es facil completar los cuadrados
(xy-yz)´2+(yz-zx)´2+(zx-xy)´2>=0
lo cual es cierto por que es una suma de cuadrados.
el tres es facil darse cuanta de que de aquel numero que se borre, se deben borrar todas las congruencias 0 modulo el numero que se borro. Por eso no debe usarse el 1 ya que terminariamos borrando todos los numeros. Tambien es facil darse cuenta entonces que la menor suma es todos los pares que es N(N-1)=N´2-N. Pero aun no se me ocurre como probarlo. lo seguire intentando.
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ResponderBorrarSi algo no se entiende, lo escriben por favor, para que la revise.
ResponderBorrarSolucion 3:
ResponderBorrarPrimero notemos que si borramos un numero k, entonces todos los multiplos de k que esten en A tambien seran borrados, entonces no es conveniente borrar al 1, pues asi borrariamos los 2n-1 numeros. Haciendo los primeros casos, es facil comprobar que la suma es la menor cuando borramos al 2, y por la observacion hecha antes, a todos los multiplos de 2, notese tambien que de esta manera borramos exactamente n-1 numeros, y ademas es facil ver que es la unica forma de llegar a esta suma.
Omitiremos el caso de n=1, pues en este, no se tiene que borrar ningun numero, y por lo tanto la suma es igual a 0
Entonces procederemos a probar que la suma minima es n(n-1)= n*2 -n, (que es la suma de los primeros n-1 naturales pares) haciendo induccion fuerte sobre n, entonces para n= 2, es facil ver que el resultado es cierto, asi que ya tenemos nuesta base de induccion, ahora supongamoslo cierto para todo natural menor a cierta n.
Entonces en el caso de n+1, tenemos el siguiente conjunto de numeros:
1,2,...,2n-1, 2n, 2n+1
Asi que, para probar nuestra hipotesis, supondremos que para n+1, existe una suma menor a n*2 +n, a la cual denotaremos por S, analizemos los siguientes tres casos:
Caso 1: en S, estan incluidos los dos numeros agregados de n a n+1, es decir 2n y 2n+1, esto implica que existen n-2 numeros, todos ellos menores a 2n, cuya suma es menor a n*2 +n -(2n +2n+1)= n*2-3n -1, pero esto es una contradiccion, pues para n-2, se tiene que la suma minima es (n-2)(n-1)= n*2 -3n +2, entonces este caso es imposible(el hecho de que en esta lista esten contenidos los numeros 2n-2 y 2-1, que en caso n-2 no estan, es trivial).
Caso 2: en S, esta incluido exactamente uno de los dos numeros agregados, es decir 2n, o 2n+1 de manera analoga al caso anterior, implica que existen n-1 numeros todos menores a 2n, cuya suma es menor a n*2+n -(2n)= n*2 -n, lo cual es tambien una contradiccion, pues por hipotesis, tenemos que la suma minima es n*2 -n.
Caso 3: en S, no estan contenidos ninguno de los numeros 2n y 2n+1, esta vez, implica que existen n , todos menores a 2n, cuya suma es menor a n*2 +n, pero notemos que al tener n numeros, en la sucesion 1,2,...,2n-1, entonces tenemos (por el principio de casillas) almenos una pareja cuya suma es igual a 2n, y entonces 2n, tambien debio ser borrado, contradiciendo a nuestra suposicion.
Esta serie de contradicciones, muestra que la suma menor para el caso n+1, es (n)(n+1), con lo que termina nuestra demostracion por induccion.
Problema 4.
ResponderBorrarsabemos que 1=(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx), sustituimos esto del lado derecho y eliminamos los cuadrados, nos queda demostrar que
\sqrt{12xyz} \leq 2(xy+yz+zx)
Si alguno de x,y o z es 0 el lado izquierdo es derecho y es facíl ver que el derecho es no negativo, con lo que acabamos.
Si ninguno es 0 entonces dividimos entre 2 y elevamos al cuadrado y nos queda probar que:
3xyz \leq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2 +2xyz(x+y+z)
restamos 2xyz y nos queda:
xyz \leq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2
multiplicamos el lado izquierdo por (x+y+z) y lo restamos, y del lado derecho formamos cuadrados:
0 \leq [(xy-yz)^2+(yz-zx)^2+(zx-xy)^2]/2
Y terminamos.
Problema 1.
ResponderBorrarVemos que:
AC/AE + BC/BD = 1 + EC/AE + 1 + DC/BD
Sea N la intersección de FC con AB
Usando Menelao en los triangulos ACN y BCN con rectas BE y AD respectivamente obtenemos que
EC/AE=(CF/FN)(NB/BA) y DC/BD=(CF/FN)(NA/BA)
sustituimos y factorizamos y ahora queremos ver que:
(ABC)/(ABF) + 1=(CF/FN)(NB+NB/BA)+2 que es lo mismo que
(ABC)/(ABF)=(CF/FN)+1=(CN/FN)
lo cual es fácil ver usando que
senCNA=senCNB=x y que
(ABC)=(CN)(NB)x/2+(CN)(NA)x/2=(CN)(AB)x/2
(ABF)=(FN)(NB)x/2+(FN)(NA)x/2=(FN)(AB)x/2
Y terminamos.
Problema 4
ResponderBorrarsea n'2 igual a n cuadrada
Tenemos que x+y+z=1 y queremos probar que √(12xyz)+x'2+y'2+z'2≤1
Primero vemos que (x+y+z)'2 – 2(xy+xz+yz)= x'2+y'2+z'2
Asi que sustituimos en la desigualdad original y tenemos √(12xyz)+ (x+y+z)2 – 2(xy+xz+yz)≤1
Por lo tanto √(12xyz)+ (1)2 – 2(xy+xz+yz)≤1 y nos lleva a √(12xyz)≤2(xy+xz+yz)
Por lo tanto 12xyz≤4(xy+xz+yz)2
Y 3xyz≤(xy+xz+yz)2 expandimos el lado derecho y tenemos que 3xyz≤x'2y'2+x'2z'2+y'2z'2+2x'2yz+2xy'2z+2xyz'2 que es igual a 3xyz≤ x'2y'2+ x'2z'2+y'2z'2+2xyz(x+y+z)
Por lo tanto hay que probar que xyz≤ x'2y'2+ x'2z'2+y'2z'2 y multiplicando el lado izquierdo por x+y+z tenemos que x'2yz+xy'2z+xyz'2≤ x'2y'2+ x'2z'2+y'2z'2 y esto se cumple por muirhead.
Poblema 3.
ResponderBorrarsean a_1 \leq a_2 \leq ... \leq a_k los numeros que borramos, sabemos que son al menos n-1.
Notamos que a_1 +a_k \geq 2n (o de lo contrario abriamos borrado el numero a_1 +a_k que esta en A y es mayor a a_K, contradicción).
De la misma forma a_2 +a_k-1 \geq 2n (o a_1 +a_k-1 y a_2 +a_(k-1) estarian en A y ambos serian mayores a_(k-1), lo cual no se puede)
Si seguimos hacionde esto podemos ver que
a_x +a_(k+1-x) \geq 2n
por o tanto la suma de los numeros que borramos sera al menos (2n)(n-1/2)=n(n-1).
Notamos que si borramos los n-1 numeros pares, como borramos todos los pares, cualquier suma entre dos de ellos o doble de alguno, sera siempre par y si esta en A estara en los que ya borramos, por lo que no debemos borrar más, y entonces su suma es:
2+4+...+2(n-2)=2(1+2+...+n-1)=2n(n-1)/2=n(n-1). Por lo tanto es la minima.
Solucion 1:
ResponderBorrarSea (ABF)=a, (AFE)=b, (FCE)=c, (FCD)= d y (BFD)= e, tenemos que en los triangulos ABC y ABE, la razon entre sus areas es igual a la razon entre sus bases sobre AC, es decir, AC/AE= (a+b+c+d+e)/(a+b), de manera analoga, BC/BD= (a+b+c+d+e)/(a+e), usando el mismo argumento en los triangulos AFC y AFE, tenemos que AC/AE= (b+c)/b, asi que de los dos valores AC/AE, podemos usar el hecho de que si tenemos que p/q = x/y, entonces p/q = p-x/q-y, para ver esto solo hay que multiplicar cruzado, entonces AC/AE = a+d+e/a, y de manera analoga BC/BD = a+b+c/a, asi que AC/AE+ BC/BD = a+b+c/a a+d+e/a= (2a +b +c+ d +e)/a = a/a + (a+b+c+d+e)/a= (ABC)/(ABF) +1, lo que se queria demostrar.
Sea L_n el conjunto que definimos para L para cierta n.
ResponderBorrarVemos por inducción:
base n=2
solo se puede a=1,b=2, por lo tanto solo hay un elemento que es 1/2.
Supongamos que la suma para n es 1/2 queremos ver la suma de los elementos que cambian del conjunto L_n al L_(n+1)
Definimos:
A={1/ab tal que a+b=n+1; a< b \leq n; (a,b)=1}
B={1/ab tal que a+b<n+1; a< b = n+1; (a,b)=1}
C={1/ab tal que a+b<n+1; a< b \leq n; (a,b)=1}
Notamos que
L_n = C union A y L_(n+1)= C union B
Sean
X=la suma de los elementos de A y
Y=la suma de los elementos de B
S=la suma de los reciprocos de todos los numeros menores a n+1 y primos relativos con el.
Por lo tanto queremos ver que X=Y
Nos fijamos X como 1=(a,b)=(a,a+b)=(a,n+1)=(b,n+1) entonces todos los a y b posibles seran todos los primos relativos con n+1 y menores que el.
y notamos que (n+1)(1/ab)=(a+b)(1/ab)=(1/a+1/b)
por lo tanto X(n+1)=S
Nos fijamos en Y, como 1=(a,b)=(a,n+1)
a puede ser cualquier entero positivo menor que n+1 y primo relativo con el.
por lo tanto Y=[1/(n+1)]S
Por lo tanto X=(n+1)S=Y
por lo tanto al pasar de n a n+1 la suma de los terminos q ya no cumplen es igual a los q antes o cumplian y ahora si, por lo tnto la suma siempre es constante igual a 1/2 y terminamos la induccion.
noooooo, quedan 2 minutos para el 5, yo creo que es trivial por homotecia.
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