Sumas de fracciones y 2010

Os dejo el problema de esta semana, en este caso relacionado con el año en el que estamos:

Demostrar que para cualesquiera números reales positivos $x_1, \ldots,x_{2010}$ se verifica que

$\frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \frac{x_3}{x_4} + \ldots + \frac{x_{2009}}{x_{2010}} + \frac{x_{2010}}{x_1} \geq 2010$

Suerte.

34 comentarios

Trackback | 16 Mar, 2010

Bitacoras.com
Toffu | 16 de Marzo de 2010 | 9:08

Por la desigualdad del reordenamiento podemos reordenarlo de manera que $x_i$ divida $x_i$ con $i$ entre 1 y 2010. Con esto tenemos el caso de igualdad (ya que hay 2010 términos). Y por la desigualdad del reordenamiento, cualquier permutación hará aumentar el valor de la suma.
Toffu | 16 de Marzo de 2010 | 9:12

Falta añadir que los dos conjuntos que se reordenan son: el conjunto de todos los elementos $x_i$ con $i$ entre 1 y 2010 y el conjunto de sus inversos.
Damiancete | 16 de Marzo de 2010 | 13:27

Hola chic@s:

No sé escribir en LaTex. Mi razonamiento es el siguiente:

Podemos suponer, reordenando los términos, que X(i)>=X(i+1)

Por tanto, X(i)=X(i+1)+a(i), a(i)>=0 (*1)

Escribiendo la expresión en forma de suma:

suma(i=1,2009)[X(i)/X(i+1)]+X(2010)/X(1)

y sustituyendo por (*1) se convierte en:

suma(i=1,2009)[1+(a(i)/X(i+1))]+X(2010)/X(1)=
=2009+suma(i=1,2009)[a(i)/X(i+1)]+X(2010)/X(1)

Probamos entonces que

suma(i=1,2009)[a(i)/X(i+1)]+X(2010)/X(1) (*2)

es mayor o igual que 1.

Podemos minorar la serie por:

suma(i=1,2009)[a(i)/X(1)]

De ahí se deduce que:

(*2)>=(suma(i=1,2009)[a(i)]+X(2010))/X(1)

Por la recurrencia de X(i)=X(i+1)+a(i) se tiene que:

X(2010)=X(2009)-a(2009)=X(2008)-a(2008)-a(2009)=
=…=X(1)-a(1)-a(2)-…-a(2009)=
=X(1)-suma(i=1,2009)[a(i)]

de lo que se deduce:

suma(i=1,2009)[a(i)]+X(2010)=X(1)

por tanto (*2)>=1
Osukaru | 16 de Marzo de 2010 | 13:52

Yo no veo la suposición inicial, Damiancete. ¿Reordenando los términos cómo? Yo diría que no se puede.
Damiancete | 16 de Marzo de 2010 | 14:07

Pueda que tengas razón y no se puedan reordenar los términos.

Suponemos entonces que X(1) es el mayor, que eso si podemos hacerlo, y que los a(i) son números reales, y el desarrollo es el mismo.
Osukaru | 16 de Marzo de 2010 | 14:10

No te entiendo, los a(i) dejan de tener sentido en el momento en el que la suposición inicial es falsa, no???
Damiancete | 16 de Marzo de 2010 | 14:30

Suponemos que el X(1) es el mayor. Si el mayor fuese el X(j) bastaría reordenar:

X(j)/X(j+1)+…+X(2010)/X(1)+X(1)/X(2)+…+X(j-1)/x(j)

Se sigue cumpliendo X(i)=X(i+1)+a(i), i=1,2009,
pero ahora con a(i) real, pueden sumar, ser cero o restar.
Osukaru | 16 de Marzo de 2010 | 15:19

Con esa reordenación solo garantizas que X(j) sea mayor que X(j+1), pero no puedes asegurar que el resto de X(i) sean mayores que X(i+1). Además, sólo demuestras que la suma es mayor o igual que 2009, ya que el último término que te queda no puede ser mayor que 1.
M | 16 de Marzo de 2010 | 15:31

Damiencete me ha gustado tu argumento, pero, como dice Osukaru, no es válida la reordenación pues estarías considerando sumas diferentes. Por ejemplo, en el caso $n=3$ , la suma cíclica de fracciones correspondiente a $(0.3, 0.5, 0.2)$ es distinta de la suma correspondiente a $(0.5, 0.3, 0.2)$ (aunque las dos verifiquen la propiedad, son sumas diferentes).
Damiancete | 16 de Marzo de 2010 | 15:57

Al principio decía que consideraba una reordenación total, después rectifiqué y dije que ponía el mayor de primero.

Es decir, en el ejemplo de M, a partir de la suma (0′3,0′5,0′2) cojo la suma (0′5,0′2,0′3), razono renombrando al conjunto (x1,x2,…,x2010) como el conjunto (xj,xj+1,…,x2010,x1,…xj-1), que produce la misma suma.

Modificando las condiciones que decía antes, x(i)=x(i+1)+a(i) con a(i) real, pienso que el razonamiento es válido, ya que puedo asegurar que x(1) es el mayor de todos en la desigualdad y que los a(i) tomen cualquier valor tampoco me afecta ya que desaparecen.
orlin | 16 de Marzo de 2010 | 16:22

Hola, yo he definido la función

$f(x_1,\dots,x_{2010}) = \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \dots + \frac{x_{2009}}{x_{2010}} + \frac{x_{2010}}{x_1}$

la condición de mínimo (es facil ver que no está acotada por arriba), es:
$x_i^2 = x_{i-1}x_{i+1}$ , donde los $x_{i}$ están colocados en los puntos de un poliedro regular de 2010 lados. Entonces, esta condición nos dice que un número al cuadrado es igual que el producto del número que tiene a la derecha por el número que tiene a la izquierda. También, este sistema (la ecuación) es invariante bajo una traslación global del i->i+n (con n menor que 2010) y bajo el intercambio de $x_{i+1}\rightarrow x_{i-1}, x_{i-1}\rightarrow x_{i+1}$ , usando este echo y las ecuaciones:
$x_i^2 = x_{i-1}x_{i+1}, x_{i+1}^2 = x_{i}x_{i+2}, x_{i-1}^2 = x_{i}x_{i-2}$ llegamos a que $x_{i} = x_{i+4}$ , usando esto y partiendo de $x_{1}$ igualamos: $x_{1} = x_{5} = x_{9} = \dots = x_{2009} (fin~primera~vuelta) = x_{3} = x_{7} = \dots = x_{2007} (fin~segunda~vuelta) = x_{1}$
ya hemos acabado por igualar, entonces estos 1005 elementos serían todos iguales a $x_{1}$ , ahora hacemos los mismo pero empezando del $x_{2}$ así igualaríamos los 1005 elementos restantes a $x_{2}$ , entonces en los vértices de nuestro poliedro tenemos solo dos elementos distintos $x_{1} ~y~ x_{2}$ , usando de nuevo la condición de mínimo $x_i^2 = x_{i-1}x_{i+1}$ se tiene que $x_{1}^2 = x_{2}^2$ por lo que $x_{1} = x_{2}$ , por lo tanto el mínimo se da cuando todos los $x_{i}$ son iguales. De ahí que en el mínimo:
$f(x_1,\dots,x_{2010}) = 2010$ , y por lo tanto la suma es mayor o igual que 2010 (para ver que se puede hacer muy grande basta tomar todos los elementos 1 y el $x_{1} = 0.0000000000001$ .)

Saludos.
hernan | 16 de Marzo de 2010 | 17:24

Hacemos un cambio de variables, llamamos $z_i$ ( $i=1..2010$ ) a cada término de la suma.

Vemos que los $z_i$ son positivos, y están restringidos a $\prod z_i = 1$ . Y vemos que estas restricciones son suficientes (es decir, que dados $z_i$ que cumplan esas restricciones podemos encontrar los $x_i$ correspondientes que cumplan los requisitos del problema)

Entonces, el problema equivale a acotar por debajo la suma
$\sum_{i=1}^{2010} z_i$ con la restricción de que $\prod z_i = 1$ y $z_i \ge 0$ .

Ahora bien, la restricción implica que la media geométrica de los $z_i$ es 1. Y sabemos que la media aritmética es mayor o igual que la geométrica. Entonces, $\frac{\sum_{i=1}^{2010}z_i}{2010} \ge 1$ . Y ya está.
hernan | 16 de Marzo de 2010 | 17:46

En mi planteo, el problema parece bastante sencillo, pero nótese que no hice más que bosquejar lo solución, hay dos pasos que no son triviales:
- comprobar que efectivamente el problema original equivale a la acotación que digo
- demostrar que la media aritmética es mayor o igual que la geométrica (para eso, ver acá)
diego | 16 de Marzo de 2010 | 19:06

hernan, muy buena tu respuesta.
saludos
Dani | 16 de Marzo de 2010 | 19:10

fantástico, hernan!
Jose | 16 de Marzo de 2010 | 19:14

No basta con la media aritmética y la media geométrica para solucionar el problema?
M | 16 de Marzo de 2010 | 19:32

Sí señor, hernan. Además, tu argumento prueba que se da la igualdad si y sólo si todos los números son iguales.
hernan | 16 de Marzo de 2010 | 20:28

Confieso que enlacé la demostración de la wikipedia sin mirarla. Ahora que la veo, está bastante fea: entre otras cosas, comete la típica barbaridad lógica de escribir la igualdad que uno quiere demostrar, y operar con ella hasta llegar a una igualdad evidente.
Una vez más, hay que recomendar en cambio la versión en inglés.
Lezcano | 16 de Marzo de 2010 | 23:38

La demostración visual de esta desigualdad al ser representada graficamente es realmente sencilla de entender y de formular
wwsg | 17 de Marzo de 2010 | 2:42

IDEA:
Quizá se pueda demostrar la propiedad P{n} para todo n y particularizar en n=2010, donde P{n} es la afirmacion:

x(1)/x(2) + … + x(n-1)/x(n) + x(n)/x(1) >= n
Para n=1, n=2 funciona ( es trivial la comprobacion ) y para n>2 quiza la induccion funcione.
Ahi dejo la idea
saludos
Carlos Licea | 17 de Marzo de 2010 | 21:35

¿Alguien me explica de donde obtuvo hernan que la media aritmética es igual a 1?
hernan | 17 de Marzo de 2010 | 22:36

La media geométrica es 1: $(\prod_{i=1}^{2010} z_i ) ^{1 / 2010} = 1$ por lo cual la media aritmética es mayor o igual que 1.
Icosaedro | 18 de Marzo de 2010 | 11:13

Ya que la tenía, la pongo.
Sea,
$x_{i+1}=r_{i}x_i$
Con ello, reescribo la función original, quedando:
${\sum_{i=1}^{n-1} {1 \over r_i}}+\prod_{i=1}^{n-1} r_i$

El caso en que n=2 es muy sencillo, pues es la suma de 1/r + r; cuando 1/r es menor que 1, r es mayor, y viceversa. En r=1 hay un mínimo y eso hace que para $x_1=x_2$ haya un mínimo, y para el resto de valores, la suma sea mayor que 2.

Para n>1, se hacen derivadas parciales respecto a $r_i$ y se iguala a cero para encontrar el mínimo:

${\partial \over \partial r_i} \bigg ( \sum_{j=1}^{n-1} {1 \over r_j}+\prod_{j=1}^{n-1} r_j} \bigg ) = {-1 \over r_i ^2} + \prod_{{j=1 \atop j \ne i}}^{n-1} r_j =0$

Se tienen las siguientes ecuaciones:
$r_i {\prod_{j=1}^{n-1} r_j=1}$
Dividiéndolas dos a dos, se obtiene que $1=r_1=r_2= \dots =r_{n-1}$ es un mínimo de la función equivalente a la original.

Por tanto $x_1=x_2=\dots=x_n$ es un mínimo de la función original y su resultado n (2010 en el caso propuesto). Para otros valores, es mayor.
Un saludo.
Zenobia | 18 de Marzo de 2010 | 14:41

Similar al razonamiento de Hernan, y desarrolla la idea de wwsg. El problema 1 es justamente el propuesto, pero para n en vez de 2010. Demostración sencilla y efectiva.

rinconmatematico.com/korovkin/korovmediageom.pdf
cooperback | 18 de Marzo de 2010 | 20:30

Por la desigualdad entre las medias armónicas y geométricas:
${2010 \over {1 \over {x_2 \over x_1}}+{1 \over {x_3 \over x_2}}+\ldots+{1 \over {x_1 \over x_{2010}}}} \leq \sqrt[n]{{x_2 \over x_1}\cdot{x_3 \over x_2}\ldots{x_1 \over x_{2010}}}=1$
Que es la desigualdad buscada pasando el denominador multiplicando (por que es positivo)
Carlos Licea | 18 de Marzo de 2010 | 21:41

Hernan: perdón, sí, la media geométrica.
Lo siento pero es que aún no me entra en la cabeza como es que puedes asegurar que la media geométrica es igual a 1.
¿Qué razonamiento te lleva a eso? es decir entiendo que haces un cambio de variable, pero me pierdo en el brinco de eso a que la media geométrica valga 1.
hernan | 18 de Marzo de 2010 | 21:49

Carlos: si escribes la media geométrica, te queda adentro de la raíz un producto de varias fracciones cuyos numeradores y denominadores se anulan totalmente entre sí (mira por ejemplo el comentario anterior de cooperback).
SERGIO | 19 de Marzo de 2010 | 4:24

Haber si cada Xi vale 1 pero le damos el valor de 0.5 a la X2010 entonces la desigualdad no se cumple, la suma se queda en 2099.5, no? haber en que falla mi idea
Carlos Licea | 19 de Marzo de 2010 | 5:34

Hernan: ¡oh! ¡totalmente cierto! no lo habia pensado de esa manera. Gracias
Zenobia | 19 de Marzo de 2010 | 14:12

Hola Sergio. El producto de los términos que forman la suma es claramente 1, por lo tanto, si tú arbitrariamente tomas 2009 términos que valen cada uno de ellos 1 y el último término que valga 0,5 éstos números no son válidos, ya que su producto no es 1. Espero haber aclarado tu duda. Un saludo.
SERGIO | 20 de Marzo de 2010 | 2:18

Gracias Zenofobia, en realidad si cometi un error pero no va por donde tu me lo planteas, en el ejercicio dice que Xi pertenece a R asi que mis valores aunque repetidos son validos, vuelvo a repetir, el error que cometi fue de otro tipo, pero reconozco que si me equivoque.
Agustín Morales | 27 de Marzo de 2010 | 8:21

La solución de Hernán es realmente elegante. Hay que tomar nota porque creo recordar que algún que otro problema que se planteó aquí hace un tiempo se resolvía aplicando el mismo principio.
Trackback | 13 Abr, 2010

Función constante « InstaCiencia