Pre Selectivo Perú - IMO 2014

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Emerson Soriano

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Pre Selectivo Perú - IMO 2014

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Sab 13 Ene, 2018 11:23 pm

Sea $f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ una función tal que $2f(x^{2})\geqslant xf(x)+x$ para todo $x\in \mathbb{R}^{+}$. Probar que $f(x^{3})\geqslant x^{2}$ para todo $x\in \mathbb{R}^{+}$.

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¿hola?

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Re: Pre Selectivo Perú - IMO 2014

Mensaje sin leer por ¿hola? » Mar 16 Ene, 2018 3:51 pm

Spoiler: mostrar
$ 2F(x^2) \geq F(x)x+x $
pongamos $x=y^3$ ($y$ recorre todos los positivos).
entonces.

$F(y^6) \geq \frac{F(y^3)y^3 + y^3}{2} $ (1)

supongamos (para llegar a un absurdo) que $ F(x^3 )\leq x^2 $ lo que implica $ F(x^6 ) \leq x^4 $ por que $x$ es positivo (2)

entonces por (1) y (2)

$ \frac{F(y^3)y^3 + y^3}{2} \leq y^4 $

dividimos por $y^3$ ya que es positivo.

$F(y^3) +1 \leq 2y $ que es lo mismo $F(y^3) - 2y +1 \leq 0 $ y por (2) $ y^2 - 2y +1 \leq 0 $

osea

$ (y-1)^2 \leq 0 $ absurdo para todo $y$ distinto de $1$ entonces $ F(x^3 ) \geq x^2 $ para todo $x$ positivo distinto de $1$

CASO PARTICULAR $x=1$

en la ecuacion original seria

$2F(1) \geq F(1) + 1 $

que implica

$F(1^3) \geq 1^2 $

finalmente $ F(x^3 ) \geq x^2 $ para todo $x$ positivo
Yes, he who

Matías

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Re: Pre Selectivo Perú - IMO 2014

Mensaje sin leer por Matías » Mar 16 Ene, 2018 9:42 pm

¿hola? escribió:
Mar 16 Ene, 2018 3:51 pm
Spoiler: mostrar
$F(y^3) +1 \leq 2y $ que es lo mismo $F(y^3) - 2y +1 \leq 0 $ y por (2) $ y^2 - 2y +1 \leq 0 $
Spoiler: mostrar
Que $f(y^3)\leq 2y-1$ y $f(y^3)\leq y^2$ no implica que $y^2-2y+1\leq 0$...

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Vladislao

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Re: Pre Selectivo Perú - IMO 2014

Mensaje sin leer por Vladislao » Vie 19 Ene, 2018 5:51 am

Violencia grosera.
Spoiler: mostrar
La condición $2f(x^2) \geq xf(x)+x$ se puede traducir en que $f(x) \geq \frac{1}{2}\sqrt{x}(1+f(\sqrt{x}))$ para todo $x\in\mathbb{R}^+$. En este mismo lenguaje, lo que pide el enunciado es que demostremos que $f(x)\geq x^{2/3}$ para todo $x\in\mathbb{R}^+$.

Notar que la condición que tenemos implica que:
$$f(\sqrt{x}) \geq \frac{1}{2} x^{1/4}\left(1+f\left(x^{1/4}\right)\right)$$

En particular, podemos iterar nuestra condición para obtener

$$ \begin{align*}
f(x) &\geq \frac{1}{2}\sqrt{x}\left(1+\frac{1}{2} x^{1/4}\left(1+f\left(x^{1/4}\right)\right)\right)\\
&= \frac{1}{2} x^{1/2} + \frac{1}{4} x^{3/4} + \frac{1}{4} f(x^{1/4})
\end{align*}$$

Se puede probar por inducción fácilmente, con esta idea, que para todo $N\in\mathbb{N}$ vale:

$$f(x) \geq \left(\sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n} x^{1-1/2^n}\right) + \frac{1}{2^N} f(x^{1/2^N})$$

En particular, como el enunciado dice que $f>0$, resulta que para todo $N\in\mathbb{N}$:

$$ \boxed{f(x) \geq \sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n} x^{1-1/2^n}}$$

Ahora la magia, usamos AM-GM con pesos. Los pesos son $\frac{1}{2^n}$. Para que la suma de todos los pesos sea $1$ y sea todo más fácil, agregamos otra vez el término $N$-ésimo. Es decir:

$$ \begin{align*}
\sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n} x^{1-1/2^n} + \frac{1}{2^N} x^{1-1/2^N} &\geq \left(\prod_{n=1}^N x^{\frac{1}{2^n}-\frac{1}{4^n}}\right)\cdot x^{\frac{1}{2^N}-\frac{1}{4^n}}\\
&= x^{\left(\sum \frac{1}{2^n} - \frac{1}{4^n}\right) + \frac{1}{2^N}-\frac{1}{4^N}}
\end{align*}$$

Pero notar que usando la suma de una progresión geométrica:

$$\begin{align*}
\left(\sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n} - \frac{1}{4^n}\right) + \frac{1}{2^N}-\frac{1}{4^N} &= 1-\frac{1}{2^N} - \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3\cdot 4^N}\right) + \frac{1}{2^N} - \frac{1}{4^N}\\
&= \frac{2}{3} - \frac{2}{4^N}
\end{align*}$$

En resumen:

$$\begin{align*}
f(x) &\geq \sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n} x^{1-1/2^n}\\
&\geq x^{\frac{2}{3} - \frac{2}{4^N}} - \frac{1}{2^N} x^{1-1/2^N}
\end{align*}$$

Y ahora, para concluir, como $N$ es arbitrario, uno puede convencerse (pensar, ejercicio para no decir límite) que esto implica que

$$f(x) \geq x^{\frac{2}{3}}$$

Y voilà.
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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