IMO 2005 - P3

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Gianni De Rico

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IMO 2005 - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 07 Jul, 2018 1:37 pm

Sean $x$, $y$, $z$ números reales positivos tales que $xyz\geqslant 1$.
Demuestre que $$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\geqslant 0.$$
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Re: IMO 2005 - P3

Mensaje sin leer por Matías » Dom 28 Jun, 2020 1:22 am

Spoiler: mostrar
Sean $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ y $(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ dos sucesiones de $n$ números reales. Decimos que $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ mayoriza a $(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ si se cumplen las siguientes condiciones:
-Ambas sucesiones son decrecientes (es decir, $a_1\geq a_2\geq\cdots\geq a_n$ y $b_1\geq b_2\geq\cdots\geq b_n$).
-$\sum_{i=1}^{m}a_i\geq\sum_{i=1}^{m}b_i$ $\forall(m\in N\wedge m<n)$
-$\sum_{i=1}^{n}a_i=\sum_{i=1}^{n}b_i$
Lo simbolizamos como $(a_1,a_2,\cdots,a_n)\succ(b_1,b_2,\cdots,b_n)$.

La desigualdad de Muirhead nos dice que si $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ y $(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ son dos sucesiones de $n$ números reales y $(a_1,a_2,\cdots,a_n)\succ(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ tenemos que $\sum_{sym}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_n^{a_n}\geq\sum_{sym}x_1^{b_1}x_2^{b_2}\cdots x_n^{b_n}$ para todos $x_1$, $x_2$, $\cdots$, $x_n$ reales positivos, con igualdad si y solo si $(a_1,a_2,\cdots,a_n)=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ o $x_1=x_2=\cdots=x_n$.
$\sum_{sym}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_n^{a_n}$ representa la suma de los $n!$ términos de la forma $\prod_{i=1}^{n}x_{\sigma(i)}^{a_i}$, considerando todas las $n!$ permutaciones $\sigma$ de $\{1,2,\cdots,n\}$.
En particular, si $n=3$ tenemos $\sum_{sym}x_1^{a_1}x_2^{a_2}x_3^{a_3}=x_1^{a_1}x_2^{a_2}x_3^{a_3}+x_2^{a_1}x_3^{a_2}x_1^{a_3}+x_3^{a_1}x_1^{a_2}x_2^{a_3}+x_1^{a_1}x_3^{a_2}x_2^{a_3}+x_3^{a_1}x_2^{a_2}x_1^{a_3}+x_2^{a_1}x_1^{a_2}x_3^{a_3}$.
En adelante nos referiremos a $\sum_{sym}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_n^{a_n}$ como $[a_1,a_2,\cdots,a_n]$, expresión que se conoce como notación de brackets.

Vayamos al problema.
Como $x, y, z>0$ y $xyz\geq 1$, sabemos que existen $\lambda=\sqrt[3]{xyz}\geq 1$ y $a, b, c>0$ tales que $x=\lambda a$, $y=\lambda b$, $z=\lambda c$ y $abc=1$. Por lo tanto tenemos que
$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\geq 0\iff$
$\frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5}{z^5+x^2+y^2}\geq\frac{x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^2}{z^5+x^2+y^2}\iff$
$\frac{\lambda^5a^5}{\lambda^5a^5+\lambda^2b^2+\lambda^2c^2}+\frac{\lambda^5b^5}{\lambda^5b^5+\lambda^2c^2+\lambda^2a^2}+\frac{\lambda^5c^5}{\lambda^5c^5+\lambda^2a^2+\lambda^2b^2}\geq\frac{\lambda^2a^2}{\lambda^5a^5+\lambda^2b^2+\lambda^2c^2}+\frac{\lambda^2b^2}{\lambda^5b^5+\lambda^2c^2+\lambda^2a^2}+\frac{\lambda^2c^2}{\lambda^5c^5+\lambda^2a^2+\lambda^2b^2}\iff$
$\frac{\lambda^3a^5}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+\frac{\lambda^3b^5}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+\frac{\lambda^3c^5}{\lambda^3c^5+a^2+b^2}\geq\frac{a^2}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+\frac{b^2}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+\frac{c^2}{\lambda^3c^5+a^2+b^2}\iff$
$1-\frac{b^2+c^2}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+1-\frac{c^2+a^2}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+1-\frac{a^2+b^2}{\lambda^3c^5+a^2+b^2}\geq\frac{a^2}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+\frac{b^2}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+\frac{c^2}{\lambda^3c^5+a^2+b^2}\iff$
$3\geq(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{\lambda^3c^5+a^2+b^2})$
Como $\frac{1}{\lambda^3a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{\lambda^3b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{\lambda^3c^5+a^2+b^2}\leq\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2}$ (con igualdad si y solo si $\lambda=1$), si demostramos que $3\geq(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2})$ estamos, así que vamos a demostrar que $\frac{a^5}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5}{c^5+a^2+b^2}\geq\frac{a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^2}{c^5+a^2+b^2}$.

Sabiendo que $abc=1$, vamos a homogeneizar todos los términos de los numeradores y denominadores a grado $5$, multiplicando a todos los términos de grado $2$ por $abc$. De esta manera, queremos demostrar que $\frac{a^5}{a^5+b^3ca+c^3ab}+\frac{b^5}{b^5+c^3ab+a^3bc}+\frac{c^5}{c^5+a^3bc+b^3ca}\geq\frac{a^3bc}{a^5+b^3ca+c^3ab}+\frac{b^3ca}{b^5+c^3ab+a^3bc}+\frac{c^3ab}{c^5+a^3bc+b^3ca}$.
Multiplicando por los tres denominadores (los cuales son positivos), queremos demostrar que $a^5(b^5+c^3ab+a^3bc)(c^5+a^3bc+b^3ca)+b^5(c^5+a^3bc+b^3ca)(a^5+b^3ca+c^3b)+c^5(a^5+b^3ca+c^3ab)(b^5+c^3ab+a^3bc)\geq$
$a^3bc(b^5+c^3ab+a^3bc)(c^5+a^3bc+b^3ca)+b^3ca(c^5+a^3bc+b^3ca)(a^5+b^3ca+c^3ab)+c^3ab(a^5+b^3ca+c^3ab)(b^5+c^3ab+a^3bc)$.
Distribuyendo todo y usando la notación de brackets (podemos hacerlo ya que $a, b, c>0$), nos queda que queremos demostrar que $\frac{1}{2}[11,2,2]+[9,4,2]+2[8,6,1]+\frac{1}{2}[7,4,4]+\frac{1}{2}[5,5,5]\geq\frac{1}{2}[9,3,3]+[9,4,2]+[7,6,2]+[7,5,3]+\frac{1}{2}[6,6,3]+\frac{1}{2}[5,5,5]$.
Simplificando nos queda $\frac{1}{2}[11,2,2]+2[8,6,1]+\frac{1}{2}[7,4,4]\geq\frac{1}{2}[9,3,3]+[7,6,2]+[7,5,3]+\frac{1}{2}[6,6,3]$.
Como $[8,6,1]\geq[7,6,2]\geq[7,5,3]$ (ya que $(8,6,1)\succ(7,6,2)\succ(7,5,3)$, con igualdad si y solo si $a=b=c$), si demostramos que $\frac{1}{2}[11,2,2]+\frac{1}{2}[7,4,4]\geq\frac{1}{2}[9,3,3]+\frac{1}{2}[6,6,3]$ estamos.
Si deshomogeneizamos, nos queda que queremos demostrar que $\frac{1}{2}[9,0,0]+\frac{1}{2}[3,0,0]\geq\frac{1}{2}[6,0,0]+\frac{1}{2}[3,3,0]$, lo cual es equivalente a $a^9+b^9+c^9+a^3+b^3+c^3\geq a^6+b^6+c^6+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3$, lo cual es cierto ya que $a^9+b^9+c^9+a^3+b^3+c^3\geq 2(a^6+b^6+c^6)$ (por AM-GM, con igualdad si y solo si $a=b=c=1$) y $2(a^6+b^6+c^6)\geq a^6+b^6+c^6+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3$ (ya que $a^6+b^6+c^6\geq a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\iff\frac{1}{2}[6,0,0]\geq\frac{1}{2}[3,3,0]\iff\frac{1}{2}((a^3-b^3)^2+(b^3-c^3)^2+(c^3-a^3)^2)\geq 0$, con igualdad si y solo si $a=b=c$).

Por lo tanto concluimos que $\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\geq 0$ para todos $x$, $y$, $z$ reales positivos tales que $xyz\geq 1$, con igualdad si y solo si $\lambda=a=b=c=1$, o sea $x=y=z=1$.
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