Fracciones y 2007

Este problema nos lo plantea Domingo en un comentario de este post. Lo he quitado de allí y lo he puesto aparte para no mezclar uno con otro:

Sean $a,b,c$ tres números reales no nulos cuya suma sea no nula y tales que $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}}$

Demostrar que entonces se verifica que $\displaystyle{\frac{1}{a^{2007}}+\frac{1}{b^{2007}}+\frac{1}{c^{2007}}=\frac{1}{a^{2007}+b^{2007}+c^{2007}}}$

A ver cuál es la demostración más ingeniosa que se nos ocurre.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 27 de October de 2007
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

yassin | 27 de October de 2007 | 19:59

Vamos a ver,

Por la desigualdad de las medias, tenemos que:

$\frac{a+b+c}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} = 3(a+b+c)$

Lo cual implica que:

$1 \geq 9$

Por lo tanto, no existen $a,b,c \in \Re^+$ que cumplan la condición del enunciado.
Domingo H.A. | 27 de October de 2007 | 20:20

OK yassin. Tu demostración vale en general para números reales positivos. De hecho tu prueba sirve en general para cualquier cantidad de números positivos.

Sin embargo, el hecho de que la media aritmetica no sea menor que la media armónica no es válido si aparecen números negativos involucrados. Habrá que seguir estudiando qué ocurre en general.
yassin | 27 de October de 2007 | 20:32

OK, creía que todos los números eran positivos.
Domingo H.A. | 27 de October de 2007 | 20:38

si se permite la broma, comentar que tenemos sólo dos meses (y cuatro días) para resolver el ejercicio, ya que pierde validez en año nuevo …
Pasotaman | 27 de October de 2007 | 22:14

La igualdad que se da como dato puede escribirse $\frac{1}{a+b+c}=\frac{ab+ac+bc}{abc}$ . Igualando los productos de medios y extremos en esta proporción y operando se llega a que:

$0=\left[a+b\right]\left[c^2+c\left(a+b\right)+ab\right]$

Para esto que verifique ha de ser cero uno de los dos términos entre corchetes (es fácil ver que en este caso no pueden serlo ambos). Si lo es el primero, $a=-b$ . De serlo el segundo, la ecuación de segundo grado da dos soluciones, $c=-a$ y $c=-b$ . En resumen, dos de los elementos han de ser opuestos entre sí. Dicho esto, el resultado es trivial, ya que 2007 es una potencia impar y por tanto conserva el signo.

Francamente, espero haberme colado en algo y que no sea tan sencillo porque haya otros casos .
Domingo H.A. | 27 de October de 2007 | 22:36

Efectivamente Pasotaman, la cuestión simplemente consistía en darse cuenta de que la condición inicial implica que $a=-b$ , o $b=-c$ o $c=-a$ (y no las tres simultáneamente). Esto puede hacerse de varias formas y una de ellas es la que has propuesto.
Leire | 28 de October de 2007 | 02:27

Leyendo el problema se me vino a la mente otro que concia (disculpen por salirme del tema\.)
El ejercicio consiste en lo siguiente, encontrar la suma de…

$A= \dfrac{1}{1*2}+\dfrac{1}{2*3}+\dfrac{1}{3*4}\ldots\dfrac{1}{2005*2006}+\dfrac{1}{2006*2007}$

$Saludos$
antiestético | 28 de October de 2007 | 11:45

suma $=\frac{2006}{2007}$
pyrvett | 28 de October de 2007 | 17:57

Por inducción:
Tenemos que demostrar lo siguiente:
$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{i(i+1)}=\frac{n-1}{n}$ .

Para el caso base: n=2 trivial $\frac{1}{2}= \frac{1}{2}$ .

Suponemos cierta la hipótesis para enteros menores o iguales a n y probamos para n+1:
$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i(i+1)}=\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{i(i+1)} + \frac{1}{n(n+1)}= \frac{n-1}{n}+\frac{1}{n(n+1)}= \frac{(n-1)(n+1)+1}{n(n+1)}=\frac{n^2-1+1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}.$
antiestético | 28 de October de 2007 | 18:02

Efectivamente. Es una suma “telescópica”:

$latex (1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+
(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\ldots+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=
1-\frac{1}{n}=\frac{n-1}{n}$