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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 \[(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geq 2^n\].
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.
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.
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
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
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
Por $MA-MG$ se tiene que:
ResponderBorrar$\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.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarveo que por MA-MG $\frac{1+a_1}{2}\geq\sqrt{a_1}$ entonces
ResponderBorrar$1+a_1\geq 2\sqrt{a_1}$ 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.
ResponderBorrarPor 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.
Muy bien :)
Borrarprimero me fije en que $\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{n+1}$ entonces
ResponderBorrar$a_n+1\ge 2 \sqrt{n+1}$ 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
donde puse que $\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{n+1}$ en realidad era
ResponderBorrar$\frac{a_n+1}{2}\ge \sqrt{a_n}$
$\text{Vemos que como }a_1,a_2,\cdots ,a_n \in\mathbb{R}^+ \text{podemos usar MA-MG:}$
ResponderBorrar$\frac{1+a_1}{2}\ge \sqrt{a_1}$
$\frac{1+a_2}{2}\ge \sqrt{a_2}$
$\frac{1+a_3}{2}\ge \sqrt{a_3}$
$\vdots$
$\frac{1+a_n}{2}\ge \sqrt{a_n}$
$\text{Multiplicamos todas las desigualdades y nos queda:}$
$\frac{(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots (1+a_n)}{2^n}\ge \sqrt{a_1a_2a_3\cdots a_n}=\sqrt{1}=1$
$\Rightarrow (1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots (1+a_n)\ge 2^n$ $\blacksquare$
Muy bien :)
BorrarComo $ a_1 , a_2 , ... a_n$ son positivos, usaremos MA-MG
ResponderBorrarTenemos 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.
Muy bien :)
Borrarrumbo al nacional
ResponderBorrarYa 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:
ResponderBorrar$\frac{1+a_1}{2}\geq \sqrt{a_1}$
$\frac{1+a_2}{2}\geq \sqrt{a_2}$
$\vdots$
$\frac{1+a_n}{2}\geq \sqrt{a_n}$
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 $a_1a_2 \cdots a_n = 1$ :
$(a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_n +1) \geq 2^n \sqrt{1}$
$\boxed{(a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_n +1) \geq 2^n}$
Podemos usar MA-MG, ya que se trata de números reales positivos, entonces:
ResponderBorrar$\frac{1+a_1}{2}\geq\sqrt{a_1}$, $\frac{1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_2}$, $\frac{1+a_3}{2}\geq\sqrt{a_3}$...$\frac{1+a_n}{2}\geq\sqrt{a_n}$
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
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4650122775306&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=3&theater
ResponderBorrarMuy bien :)
Borrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=392819380788862&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
ResponderBorrarMuy bien :)
BorrarSABEMOS QUE $MA$ es mayor o igual a $MG$ sabemos que
ResponderBorrar$(a_1)(a_2)....(a_n)$ 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
Usar MA-MG es buen camino, y trata de poner las desigualdades y no solo decirlas en palabras
Borrarhttp://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view¤t=CAM000931_zps4fd99cfb.jpg
ResponderBorrarMuy bien :)
BorrarSabemos que todas las $a_i$ son reales positivos
ResponderBorrarEntonces 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
Muy bien :)
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