Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua: Problema del día, álgebra (19 de Septiembre).

miércoles, 19 de septiembre de 2012

Problema del día, álgebra (19 de Septiembre).

Dados

$a_1,a_2,...,a_n$ números reales positivos tales que

$a_1a_2...a_n=1$ demostrar que

$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geq 2^n$ .

24 comentarios:

Unknown19 de septiembre de 2012, 2:15 a.m.
Por $MA-MG$ se tiene que:
$\frac{a_1+1}{2}\geq\root{2}\of{a_1}\$,$ \frac{a_2+1}{2}\geq\root{2}\of{a_2}\ $, ...,$ \frac{a_n+1}{2}\geq\root{2}\of{a_n}\ $. Multiplicamos todo y tenemos que:$ \frac{a_1+1}{2}*\frac{a_2+1}{2}*\frac{a_3+1}{2}*...*\frac{a_n+1}{2}\geq\root{2}\of{a_1a_2a_3...a_n}\ $. Si$ a_1a_2a_3...a_n=1 $sustituimos valores y multiplicamos las$ n $fracciones tendremos que:$ \frac{(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)...(a_n+1)}{2^{n}}\geq\root{2}\of{1}\ = 1\therefore(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)\geq2^{n} $Q.E.D. *Podemos asumir que son$ n $fracciones porque aplicamos$ n $veces$ MA-MG $, una para cada término de:$ (a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1) $. *Podemos afirmar que$ MA-MG $es utilizable ya que$ a_1, a_2, ..., a_n$ son reales positivos.
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antonio lopez19 de septiembre de 2012, 2:07 p.m.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
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antonio lopez19 de septiembre de 2012, 2:08 p.m.
veo que por MA-MG $\frac{1+a_1}{2}\geq\sqrt{a_1}$ entonces
$1+a_1\geq 2\sqrt{a_1}$ y asi para cada $a_i$ entonces es facil ver que
$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geq (2^n)(\sqrt{a_1a_2...a_n})$ pero $a_1a_2...a_n=1$ entonces lo anterior es igual a $2^n$ por lo tanto ya queda demostrado.
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Luis Chacón19 de septiembre de 2012, 4:23 p.m.

Por MA-MG, $\frac{1+a_i}{2} \geq \sqrt{(1)(a_i)} =\sqrt{a_i}$ ( $n\geq i\geq 1$ ).
$\Rightarrow 1+a_i\geq 2 \sqrt{a_i}$
$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \geq (2 \sqrt{a_1})(2 \sqrt{a_2})...(2 \sqrt{a_n})$ (se puede multiplicar porque son positivos)
$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \geq 2^n(\sqrt{a_1a_2...a_n})$
$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \geq 2^n(\sqrt{1})$ (porque $a_1a_2...a_n=1$ )
$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \geq 2^n$ que es lo que buscábamos.
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martin contreras carrera19 de septiembre de 2012, 5:05 p.m.
primero me fije en que $\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{n+1}$ entonces
$a_n+1\ge 2 \sqrt{n+1}$ entonces si asemos eso con cada a y luego las multiplicamos nos quearia:
$(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_n+1)\ge 2\sqrt{a_1} 2\sqrt{a_2} \cdots 2\sqrt{a_n}=2\sqrt{a_1a_2a_3\cdots a_n}$ pero como $a_1a_2a_3\cdots a_n=1$ entonces $(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_n+1)\ge 2\sqrt{a_1} 2\sqrt{a_2} \cdots 2\sqrt{a_n}=2^n\sqrt{a_1a_2a_3\cdots a_n}=2^n$ entonces $(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_n+1)\ge 2^n$ y acavamos
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martin contreras carrera19 de septiembre de 2012, 5:06 p.m.
donde puse que $\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{n+1}$ en realidad era
$\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{a_n}$
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Luis Carlos García19 de septiembre de 2012, 10:33 p.m.
$\text{Vemos que como }a_1,a_2,\cdots ,a_n \in\mathbb{R}^+ \text{podemos usar MA-MG:}$

$\frac{1+a_1}{2}\ge \sqrt{a_1}$
$\frac{1+a_2}{2}\ge \sqrt{a_2}$
$\frac{1+a_3}{2}\ge \sqrt{a_3}$
$\vdots$
$\frac{1+a_n}{2}\ge \sqrt{a_n}$

$\text{Multiplicamos todas las desigualdades y nos queda:}$

$\frac{(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots (1+a_n)}{2^n}\ge \sqrt{a_1a_2a_3\cdots a_n}=\sqrt{1}=1$

$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots (1+a_n)\ge 2^n$ $\blacksquare$
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Ricardo G.20 de septiembre de 2012, 8:11 a.m.
Como $a_1 , a_2 , ... a_n$ son positivos, usaremos MA-MG
Tenemos que $a_i + 1 \ge 2 \sqrt{a_i}$
Multiplicamos todo, y nos queda $(a_1 + 1)(a_2 + 1)...(a_n +1) \ge 2^n (\sqrt{a_1 * a_2 * ... a_n}$
Y como $\sqrt{a_1 a_2 ... a_n} = 1$
Hemos acabado.
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Unknown20 de septiembre de 2012, 8:42 p.m.
rumbo al nacional
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Diego Astiazarán21 de septiembre de 2012, 11:14 p.m.
Ya que el problema nos dice que $a_1 , a_2, \cdots ,a_n$ son reales positivos, podemos aplicar la Media Aritmetica - Media Geometrica y tenemos:
$\frac{1+a_1}{2}\geq \sqrt{a_1}$
$\frac{1+a_2}{2}\geq \sqrt{a_2}$
$\vdots$
$\frac{1+a_n}{2}\geq \sqrt{a_n}$
Multiplicamos todo:
$\frac{1+a_1}{2} \frac{1+a_2}{2}\cdots\frac{1+a_n}{2} \geq \sqrt{a_1}\sqrt{a_2}\cdots\sqrt{a_n}$
$\frac{1+a_1}{2} \frac{1+a_2}{2}\cdots\frac{1+a_n}{2} \geq \sqrt{a_1a_2 \cdots a_n}$
Multiplicamos por $2^n$ :
$(a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_n +1) \geq 2^n \sqrt{a_1a_2 \cdots a_n}$
Sabemos que $a_1a_2 \cdots a_n = 1$ :
$(a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_n +1) \geq 2^n \sqrt{1}$

$\boxed{(a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_n +1) \geq 2^n}$
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Unknown23 de septiembre de 2012, 1:27 p.m.
Podemos usar MA-MG, ya que se trata de números reales positivos, entonces:

$\frac{1+a_1}{2}\geq\sqrt{a_1}$ , $\frac{1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_2}$ , $\frac{1+a_3}{2}\geq\sqrt{a_3}$ ... $\frac{1+a_n}{2}\geq\sqrt{a_n}$

Después multiplicamos todo y nos queda:
$\frac{1+a_1}{2}\frac{1+a_2}{2}\frac{1+a_3}{2} ...\frac{1+a_n}{2}\geq\sqrt{a_1a_2a_3...a_n}$

Despejamos la división:
$(1 + a_1)(1 + a_2)(1 + a_3)...(1 + a_n)\geq\ 2^n\sqrt{1}$

Llegamos a lo que queríamos demostrar:
$(1 + a_1)(1 + a_2)(1 + a_3)...(1 + a_n)\geq\ 2^n$

Ya esta corregido
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Unknown23 de septiembre de 2012, 3:00 p.m.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4650122775306&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=3&theater
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Unknown23 de septiembre de 2012, 6:23 p.m.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=392819380788862&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
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Unknown23 de septiembre de 2012, 7:09 p.m.
SABEMOS QUE $MA$ es mayor o igual a $MG$ sabemos que
$(a_1)(a_2)....(a_n)$ es igual que 1 por lo tanto por lo tanto $MG$ es igual a 1 entonces pasamos n al otro lado sin nigun problema por que sabemos que son numeros reales positivos entonces $a_1+a_2+....+a_n$ es igual a $n$ entonces multiplicamos a 2^n que es igual a 2 por MG que es igual a 1 entonces divido entre dos las desigualdades en tonces tengo (1+a_1)/2 + (1+a_2)....+(1+a_n)/2 es igual o mayor a MG
MG= raiz a la potencia n de a_1 por a_2 por a_3...por a_n
me fijo que (1+a_1)/2 es mayor o igual a raiz de a_1, de igual manera (1+a_2)mayor o igual a raiz de a_2 por lo tanto multiplicamos todas las desigualdades y nos queda que
(1+a_1)/2 + (1+a_2)....+(1+a_n)/2 mayo o igual a la raiz a la potencia n de a_1 por a_2 por a_3...por a_n
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Unknown24 de septiembre de 2012, 12:46 a.m.
http://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view&current=CAM000931_zps4fd99cfb.jpg
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Pepe Flores24 de septiembre de 2012, 11:28 p.m.
Sabemos que todas las $a_i$ son reales positivos
Entonces por MA-MG
$\frac{1+a_1}{2}\geq\sqrt{a_1*1}=\sqrt{a_1}$
$\frac{1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_2}$
$\frac{1+a_3}{2}\geq\sqrt{a_3}$
.
.
.
$\frac{1+a_n}{2}\geq\sqrt{a_n}$

Como todos son reales positivos podemos multiplicar todas las desigualdades y se siguen manteniendo. Entonces nos queda:

$\frac{1+a_1}{2}\frac{1+a_2}{2}...\frac{1+a_n}{2}\geq\sqrt{a_1a_2...a_n}$
$\frac{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)}{2^n}\geq\sqrt{1}$
$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geq(2^n)*1$
$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geq 2^n$ que es lo que queriamos demostrar
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