FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Avatar de Usuario
Johanna

OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Jurado OFO - Jurado FOFO Pascua 2019 - Jurado
Mensajes: 61
Registrado: Lun 22 Oct, 2012 9:38 pm
Medallas: 5
Nivel: Exolímpico

FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por Johanna » Jue 18 Abr, 2019 12:00 am

Hallar todas las $n$-tuplas $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ de reales positivos que verifican simultáneamente:
  • $a_1+a_2^2+a_3^3+\cdots+a_n^n=n$
  • $a_1+2a_2+3a_3+\cdots+na_n=\frac{n(n+1)}{2}$
1  

Avatar de Usuario
Johanna

OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Jurado OFO - Jurado FOFO Pascua 2019 - Jurado
Mensajes: 61
Registrado: Lun 22 Oct, 2012 9:38 pm
Medallas: 5
Nivel: Exolímpico

Re: FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por Johanna » Dom 21 Abr, 2019 11:36 pm

Aquí vamos a publicar la solución oficial.

Avatar de Usuario
Turko Arias

Colaborador OFO - Medalla de Plata OFO - Medalla de Oro FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 255
Registrado: Lun 28 Nov, 2011 11:39 am
Medallas: 4
Nivel: Ñandú
Ubicación: La Plata, Provincia de Buenos Aires

Re: FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por Turko Arias » Lun 22 Abr, 2019 2:41 pm

Spoiler: mostrar
Por un lado, reescribimos cada término de la siguiente forma: $a_i=1+x_i$, con $x_i>-1$.

Reescribimos entonces la segunda ecuación como:
$(1+x_1)+2(1+x_2)+...+n(1+x_n)= \frac{n(n+1)}{2}$
De donde nos queda:
$1+x_1+2+2x_2+...+n+nx_n=\frac{n(n+1)}{2}+x_1+2x_2+...+nx_n$
Pero por enunciado sabíamos que esto era igual a $\frac{n(n+1)}{2}$, por lo que concluímos que $x_1+2x_2+...+nx_n=0$ $(1)$
Ahora nos trasladamos a la primera ecuación, y la reescribimos:
$(1+x_1)+(1+x_2)^2+...+(1+x_n)^n=n$
Pero cada término cumple las hipótesis necesarias para aplicar la Desigualdad de Bernoulli, por lo que podemos afirmar que $1+ix_i \leq (1+x_i)^i$ para los $i$ enteros positivos entre $1$ y $n$. Aplicando Bernoulli a cada término de nuestra primera ecuación reescrita nos queda:
$(1+x_1)+(1+2x_2)+...+(1+nx_n) \leq (1+x_1)+(1+x_2)^2+...+(1+x_n)^n=n$
Pero la primera parte puede ser reescrita como:
$(1+x_1)+(1+2x_2)+...+(1+nx_n)=n+x_1+2x_2+...+nx_n$, pero había un menor o igual que todavía no aplicamos en nuestra forma de reescribir... Nos queda entonces:
$(1+x_1)+(1+2x_2)+...+(1+nx_n)=n+x_1+2x_2+...+nx_n \leq (1+x_1)+(1+x_2)^2+...+(1+x_n)^n=n$
por lo que nos queda $n+x_1+2x_2+...+nx_n \leq n$, pero usando $(1)$ nos queda $n \leq n$, en el que claramente se da la igualdad... Pero entonces había igualdad en:
$(1+x_1)+(1+2x_2)+...+(1+nx_n) \leq (1+x_1)+(1+x_2)^2+...+(1+x_n)^n$, por lo que había igualdad en cada una una de las $n$ Desigualdades de Bernoulli que aplicamos, es decir, en cada una de las $1+ix_i \leq (1+x_i)^i$. Pero es una propiedad conocida de la Desigualdad de Bernoulli que en $1+nx \leq (1+x)^n$ la igualdad se obtiene si y solo si $x=0$ o $n=1$. Como claramente estamos trabajando con muchos exponentes mayores que $1$, entonces podemos afirmar que los $x_i$ son $0$ en todos los casos con $i$ mayor que $1$, por lo que $x_2=x_3=...=x_n=0$ (notemos que del caso con exponente $1$ no podemos deducir inmediatamente eso ya que la igualdad de Bernoulli se da sin importar el valor de $x$ si el exponente es $1$. Ahora bien, como $x_2=x_3=...=x_n=0$, reemplazando en $(1)$ nos termina quedando que $0=x_1+(2x_2+...+nx_n)=x_1$, con lo que $x_1$ también vale cero. Luego, tenemos que, como los $x_i$ valen cero, $a_i=1+x_i=1$ para todo $i$ entero positivo entre $1$ y $n$, con lo que para cada $n$, la única $n$-tupla $(a_1,...,a_n)$ que cumple es la $n$-tupla $(a_1,...,a_n)= (1,...,1)$ y estamos.
2  

BrunZo

OFO - Medalla de Bronce FOFO 8 años - Mención Especial OFO - Medalla de Plata FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 72
Registrado: Mar 21 Nov, 2017 8:12 pm
Medallas: 4
Nivel: 1

Re: FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 22 Abr, 2019 3:28 pm

Solución: (fea)
Spoiler: mostrar
Vamos a reformular el problema de la siguiente forma:
Sean $a_1$, $a_2$,..., $a_n$ reales positivos tales que $a_1+a_2+\cdots+a_n=n$. Demostrar que
$$a_1+2a_2^{1/2}+\cdots+na_n^{1/n}\leq \frac{n(n+1)}{2}$$
con caso de igualdad si y sólo si $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$.
Y notemos que de esto se sigue que las únicas $n$-tuplas que cumplen son $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$.

Tomemos enteros positivos $a_1$, $a_2$,..., $a_n$.
Hagamos el siguiente procedimiento: Repetidamente, tomamos el mayor y el menor de ellos y reemplazamos ambos por su promedio. Notemos dos cosas:
La suma de los números permanece invariante.
La diferencia entre el mayor y el menor número eventualmente decrece.
Por lo tanto, eventualmente, se obtendrá $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$.

Vamos a demostrar que en cada paso de este procedimiento, el valor de $a_1+2a_2^{1/2}+\cdots+na_n^{1/n}$ aumenta:
Supongamos que $a_x=M$ es el mayor y $a_y=m$ es el menor de los $a_i$'s.
Entonces, los valores a comparar antes y después del cambio son
$$S=a_1+2a_2^{1/2}+\cdots+xM^{1/x}+\cdots+ym^{1/y}+\cdots+na_n^{1/n}$$
$$S'=a_1+2a_2^{1/2}+\cdots+x(M-t)^{1/x}+\cdots+y(m+t)^{1/y}+\cdots+na_n^{1/n}$$
donde $t=\frac{M-m}{2}$ (notar que $M-t=m+t$). De este modo
$$S'>S\Longleftrightarrow y(m+t)^{1/y}-ym^{1/y}>xM^{1/x}-x(M-t)^{1/x}$$
Considerando que $xM^{1/x}-x(M-t)^{1/x}$ es máximo cuando $x=1$, e $y(m+t)^{1/y}-ym^{1/y}$ es mínimo cuando $y=1$, tenemos que
$$t(m+t)^{1/y}-ym^{1/y}\geq xM^{1/x}-x(M-t)^{1/x}$$
con caso de igualdad en caso de que $x=y=1$, lo cual es imposible. Por lo que $S'>S$, como queríamos.

Entonces, como dijimos que eventualmente se llega a $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$,
$$a_1+2a_2^{1/2}+\cdots+na_n^{1/n}\leq 1+2\cdot 1^{1/2}+\cdots+n\cdot 1^{1/n}=\frac{n(n+1)}{2}$$
y el caso de igualdad se obtiene cuando no hay que cambiar nada, osea $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$, con lo que estamos.
1  

Avatar de Usuario
Joacoini

OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Medalla Especial OFO - Medalla de Oro FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 139
Registrado: Jue 12 Oct, 2017 10:17 pm
Medallas: 4
Nivel: 2
Ubicación: Ciudad Gotica

Re: FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por Joacoini » Lun 22 Abr, 2019 4:08 pm

Spoiler: mostrar

Para $n=1$ ya las ecuaciones del enunciado nos dicen $a_1=1$.

Procedemos con $n>1$.

$a_1+2a_2+3a_3+...+na_n=\frac{n(n+1)}{2}=1+2+...+n\Rightarrow a_1-1+2(a_2-1)+3(a_3-1)+...+n(a_n-1)=0(1)$

$a_1+a_2^2+a_3^3+...+a_n^n=n=1+1+...+1\Rightarrow a_1-1+(a_2-1)(a_2+1)+(a_3-1)(a_3^2+a_3+1)+...+(a_n-1)(a_n^{n-1}+a_n^{n-2}+...+a_n+1)=0 (2)$

Ahora a $(2)$ le restamos $(1)$.
$ (a_2-1)(a_2-1)+(a_3-1)(a_3^2+a_3+-2)+...+(a_n-1)(a_n^{n-1}+a_n^{n-2}+...+a_n-(n-1))=(a_2-1)^2+(a_3-1)^2(a_3+2)+...+(a_n-1)^2(a_n^{n-2}+2a_n^{n-3}+...+(n-2)a_n+(n-1))=0$

Notar que factorizo $x^{k-1}+x^{k-2}+...+x-(k-1)=(x-1)(x^{k-2}+2x^{k-3}+...+ix^{k-1-i}+...+(k-2)x+k-1)$

Si $x$ es un real positivo, $x^{k-2}+2x^{k-3}+...+ix^{k-1-i}+...+(k-2)x+k-1$ también, pero tenemos que una suma de cuadrados los cuales son reales no negativos multiplicados por reales positivos es $0$ por lo que cada cuadrado es $0$.

Para $i>1, a_i-1=0\Rightarrow a_i=1$, remplazando esto en la primera ecuación que nos dan $a_1+1+1+...+1=a_1+n-1=n\Rightarrow a_1=1$.

La única $n$-tupla que funciona es $(1,1,...,1)$
2  
NO HAY ANÁLISIS.

Hernan26

OFO - Medalla de Plata FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 3
Registrado: Sab 08 Dic, 2018 5:51 pm
Medallas: 2
Nivel: 2
Ubicación: Uruguay

Re: FOFO de Pascua 2019 Problema C: Por vos, bajaría el exponente

Mensaje sin leer por Hernan26 » Mar 23 Abr, 2019 4:10 pm

Solución (espero que esté bien :D )
Spoiler: mostrar
$a_1+2a_2+...+na_n=\frac{n\times(n+1)}{2}$
$a_1+a_2^2+...+a_n^n=n$

Por lo tanto si las restamos y pasamos los valores que estan restando a sumar obtenemos que:
$2a_2+...+na_n=\frac{n\times(n+1)}{2}-n+a_2^2+...+a_n^n$ entonces
$2a_2+...+na_n=\frac{n\times(n-1)}{2}+a_2^2+...+a_n^n$
$(i)$

Veamos ahora que por MA-MG:
$a_2^2+1\geq 2a_2$
$a_3^3+1+1\geq 3a_3$
...
$a_n^n+1+1...+1\geq na_n$ Entonces
$a_2^2+a_3^3+...+a_n^n+1+2...+n-1\geq 2a_2+...+na_n$
Por suma de Gauss:
$a_2^2+a_3^3+...+a_n^n+\frac{n\times(n-1)}{2}\geq 2a_2+...+na_n$
y la igualdad se da si y solo si se da la igualdad en cada una de las otras desigualdades, las cuales se dan si y solo si todos los elementos son iguales, que se ve claramente que se da si y solo si $a_2=a_3=...=a_n=1$

Por $i$, y por lo visto con las desigualdades: $a_2=a_3=...=a_n=1$
Basta sustituir esto en la primera ecuación para saber que $a_1=1$
Para verificar: $1+1+1...+1=n$
$n=n$

$1+2+3...+n=\frac{n\times(n+1)}{2}$
$\frac{n\times(n+1)}{2}=\frac{n\times(n+1)}{2}$

Por lo tanto:

Solución: $(a_1,a_2,...,a_n)=(1,1,...,1)$
3  

Responder