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Estás seguro que es así? Porque en algunos casos queda [math]2i<n y [math]\binom{2i}{n} no estaría definido

Para cualquier [math]x real se define

En particular si [math]k es entero y [math]0\leq k<n entonces [math]\binom{k}{n}=0.

O si prefieres, toma la segunda suma desde 0 hasta [math]\lfloor n/2\rfloor, es lo mismo.

Un intento sin completar:

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Las demostraciones elementales de este tipo de identidades, suelen usar Double-Counting.
Para el lado derecho:
Consideremos dos conjuntos disjuntos [math]A y [math]B tales que [math]|A|=|B|=n. Consideraremos ternas [math](X,Y,Z) tales que [math]X \subseteq A e [math]Y \subseteq B, con [math]|X| = |Y|.
Para encontrar [math]Z, consideramos los subconjuntos de [math]X \cup Y tales que [math]|Z|=n.
Sea [math]|X| = |Y|= i. Tenemos que los pares [math](X,Y) pueden ser elegidos de [math]\binom{n}{i}^2 formas y [math]Z por su parte de [math]\binom{2i}{n} formas.
Sumando para todo [math]i, obtenemos: [math]|(X,Y,Z)|= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}^2 \binom{2i}{n}.

Habría que expresar el lado izquierdo en función de contar primero [math]Z, y luego las parejas [math](X,Y)

Vas bien.

Solución problema 252:

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Usando Double-Counting.
Para el lado derecho:
Consideremos dos conjuntos disjuntos [math]A y [math]B tales que [math]|A|=|B|=n. Consideraremos ternas [math](X,Y,Z) tales que [math]X \subseteq A e [math]Y \subseteq B, con [math]|X| = |Y|.
Para encontrar [math]Z, consideramos los subconjuntos de [math]X \cup Y tales que [math]|Z|=n.
Sea [math]|X| = |Y|= i. Tenemos que los pares [math](X,Y) pueden ser elegidos de [math]\binom{n}{i}^2 formas y [math]Z por su parte de [math]\binom{2i}{n} formas.
Sumando para todo [math]i, obtenemos: [math]|(X,Y,Z)|= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}^2 \binom{2i}{n}.

Para el lado izquierdo:

Sea [math]|Z \cap X|= p y [math]|Z \cap Y|=q, es sabido que [math]p+q=n

Luego tenemos que hay [math]\sum_{p+q=n} \binom{n}{p} \binom{n}{q} de elegir a [math]Z, ahora veamos cuantas parejas de conjuntos [math](X,Y) para cada [math]Z.

Sea [math]|X|=p+\alpha y [math]|Y|=q+\beta con [math]\alpha , \beta \geq 0
Sabiendo esto: [math]p+\alpha=|X|=|Y|=q+\beta, entonces [math]p-\beta=q-\alpha=k para un [math]k constante (es facil probar que es mayor o igual a [math]0).

Para [math]X ya se han elegido [math]p elementos, luego para los que quedan hay [math]\binom{n-p}{\alpha}=\binom{q}{\alpha}=\binom{q}{q-\alpha}=\binom{q}{k}

Analogamente para [math]Y, tenemos [math]\binom{n-q}{\beta}=\binom{p}{\beta}=\binom{p}{p-\beta}=\binom{p}{k} formas.

Luego para cada [math]Z hay [math]\sum_{k \geq 0} \binom{p}{k} \binom{q}{k} formas de armar [math](X,Y)

Luego solo resta probar que: [math]\sum_{p+q=n} \left [ \binom{n}{p} \binom{n}{q} \sum_{k \geq 0} \binom{p}{k} \binom{q}{k} \right ]= \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p}^3

Para eso vamos a usar que [math]\sum_{k \geq 0} \binom{p}{k} \binom{q}{k} es igual al coeficiente constante de [math](1+x)^p(1+\frac{1}{x})^q, pero esta ultima expresion es equivalente a [math]\frac{(1+x)^{p+q}}{n^q}, y notemos que el coeficiente buscado es igual al de [math]x^q en [math](1+x)^{p+q}, que por Binomio de Newton es [math]\binom{p+q}{q}=\binom{n}{q}=\binom{n}{n-p}=\binom{n}{p}

Finalmente:

[math]\sum_{p+q=n} \left [ \binom{n}{p} \binom{n}{q} \sum_{k \geq 0} \binom{p}{k} \binom{q}{k} \right ]= \sum_{p+q=n} \binom{n}{p} \binom{n}{q} \binom{n}{p}=\sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} \binom{n}{n-p} \binom{n}{p}=\sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} \binom{n}{p} \binom{n}{p}=\sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p}^3

Y termina el problema.

Problema 253:

Sean [math]a,b,c reales mayores a [math]0 tales que [math]a+b+c=1, hallar el máximo valor de [math]\sqrt{\frac{ab}{a+b}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c}}+\sqrt{\frac{ca}{c+a}} .

Solucion al Problema 253

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Por Cauchy Schwarz, tenemos que [math]\sqrt{3}=\sqrt{(1+1+1)(\frac{a+b}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{c+b}{2})}\geq{\sqrt{\frac{a+b}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{c+b}{2}}}
Por AM-GM, [math]\frac{(a+b)^2}{4}\geq{ab}\implies{\sqrt{\frac{a+b}{2}}\geq{}\sqrt{\frac{2ab}{a+b}}}
Entonces juntando esas dos desigualdades obtenemos que el maximo de la expresion es [math]\sqrt{\frac{3}{2}}. Ademas, notemos que cuando [math]a=b=c=\frac{1}{3} se da la igualdad.

Problema 254

Sean [math]a, [math]b y [math]c reales positivos tales que [math]ab+bc+ca\leq{3abc}. Probar que [math]a^3+b^3+c^3\geq{a+b+c}

Solución al Problema 254.

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Notemos que,

[math]ab+bc+ca\leqslant 3abc \hspace{0.3cm} \Leftrightarrow \hspace{0.3cm} \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant 3 \leqslant 3abc \hspace{0.3cm} \Leftrightarrow \hspace{0.3cm} \frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\geqslant \frac{1}{3}\:\:\cdots \:\:(1).

Aplicando la desigualdad de Hölder, tenemos

[math](a^{3}+b^{3}+c^{3})(ab+bc+ca)(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})(1+1+1)\geqslant (a+b+c)^{4}\:\:\cdots \:\:(2)

Pero,

[math](a+b+c)^{4}=(a+b+c)(a+b+c)^{3}\geqslant (a+b+c)(3\sqrt[3]{abc})^{3}=27abc(a+b+c)

Por lo tanto, en [math](2) se tiene que

[math](a^{3}+b^{3}+c^{3})(ab+bc+ca)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geqslant 9abc(a+b+c)

Pero el equivalente de la expresión de arriba, es

[math](a^{3}+b^{3}+c^{3})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}\geqslant 9(a+b+c)

Luego,

[math](a^{3}+b^{3}+c^{3})\geqslant \frac{9(a+b+c)}{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}

Usando [math](2) llegamos a la siguiente desigualdad:

[math]a^{3}+b^{3}+c^{3}\geqslant \frac{9(a+b+c)}{9}=a+b+c,

que es a donde queríamos llegar.

Problema 255.
Hay [math]n\geqslant 3 números enteros escritos en una pizarra. Un movimiento consiste en elegir tres números de la pizarra [math]a, [math]b, [math]c, que representen las longitudes de los lados de un triángulo no degenerado y no equilátero, y reemplazar esa terna de números por
Demostrar que la cantidad de movimientos que se pueden realizar es finita.