Hace tiempo me encontré con la igualdad
$$\frac{1}{3}=\frac{1+3}{5+7}=\frac{1+3+5}{7+9+11}=\frac{1+3+5+7}{9+11+13+15}=\frac{1+3+5+7+9+11}{13+15+17+19+21+23}=\cdots$$ bastante majo. Aquí comparto una demostración sencilla, (procura intentarlo tú mismo antes de seguir leyendo).
El problema en realidad es uno bastante simple y puede reducirse a simplificar las series en numerador y denominador. Primeramente hay que recordar que un número impar tiene la forma (más simple) ${2n+1}$, con n un entero. Sean entonces
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+(2n-3)+(2n-1)+(2n+1)\\S_q&=(2n+3)+(2n+5)+\ldots+(4n-3)+(4n-1)+(4n+1)+(4n+3)\end{align*} y así, queremos mostrar que el cociente de estos monstruos es constante para cualquier ${n\in\mathbb{N}}$, esto es, exactamente
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{1}{3}$$ Ahora bien, al arreglar a nuestra conveniencia los términos de las series encontramos que
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+2n-5+2n-3+2n-1+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=1+3+5+\ldots-5-3-1+(2n+\ldots+2n+2n+2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}\right)(2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=n^2+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=(n+1)^2\end{align*} para simplificar la expresión me gusta pensar que utilicé un tipo de "simetría", pues excluyendo el término ${2n+1}$, la mitad de la serie tiene términos que se cancelan entre sí, dejando ${2n}$ para sólo la mitad de n términos. Es un resultado bastante majo también, pues representa la suma de los primeros ${n+1}$ números impares, esto es
$$S_p=\sum_{i=0}^n(2i+1)=(n+1)^2$$ De aquí es casi inmediato deducir consecuencias para la suma del denominador, tenemos
\begin{align*}S_q&=2n+3+2n+5+\ldots+4n-3+4n-1+4n+1+4n+3\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}-1\right)(2n+4n)+8n+(4n+3)\nonumber\\[0.1in]&=3n^2+6n+3\nonumber\\[0.1in]&=3(n+1)^2\nonumber\\[0.1in]&=\sum_{i=n+1}^{2n+1}(2i+1)\end{align*} y ya está, el resultado que se buscaba,
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{(n+1)^2}{3(n+1)^2}=\frac{1}{3}$$
Bueno, el título de esta entrada se refiere también a la IMO, es decir, la International Mathematical Olympiad, que es la competencia más importante diseñada para estudiantes de bachillerato, y asimismo la competencia "científica" más antigua. Estudiantes de todo el mundo se presentan a resolver 6 problemas, que en general, son demostraciones. Los problemas no requieren herramientas matemáticas sofisticadas y sin embargo prácticamente siempre son problemas de un alto nivel de dificultad.
Aquí puedes encontrar los 6 problemas de la IMO 2012, celebrada en Mar de Plata, Argentina, y aquí puedes encontrar los problemas de años anteriores con solución. El segundo problema del 2012 es el primero en no tener (aún) publicada la solución en Art of problem solving, así que propondré una. El problema (propuesto por Angelo Di Pasquale, de Australia) se lee (en español):
$$\prod_{i=2}^n(a_i+1)^i>n^n$$ y así, el problema puede reducirse a demostrar la desigualdad para la i-ésima componente, escribiendo ${n^n}$ como un producto con los mismos límites del producto del lado izquierdo (como siempre la recomendación es intentar el caso más simple y luego generalizar), esto es
$$n^n=\left(\frac{2^2}{1^1}\right)\left(\frac{3^3}{2^2}\right)\cdots\left(\frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)^{n-2}}\right)\left(\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}\right)=\prod_{i=2}^n\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ y así se tiene que
$$(a_i+1)^i>\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ pero esto no es cierto así simplemente; toma como contraejemplo ${i=3,\;a_3=0.5}$. Hace falta precisamente la información del producto de ${a_i}$; ahora bien, la desigualdad a la que se llegó, evidentemente falla sólo cuando ${a_i<1}$ (se sabe que el valor mínimo de i es 2, en cuyo caso se tiene una igualdad con ${a_i=1}$, que no preocupa mientras la desigualdad se cumpla para i mayores). Por tanto se puede escribir
$$(a_i+1)^i\geq{\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}\;a_i}$$ ya que, como se sabe
$$\prod_{i=2}^na_i=1$$ y ya está; para mi es suficiente argumentar que la desigualdad encontrada es verdadera siempre que ${i\geq{2}}$ y que así el problema queda resuelto. En una competencia eso probablemente no ayude, así que hay que resolver la desigualdad. Véase que podemos escribir
$$\frac{a_i+1}{i}\geq{\left(\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}}\right)^{1/n}}$$ y así también
$$\frac{a_i+\displaystyle{\sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}}}{i}\geq{\left(\;a_i\;\prod_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}\right)^{1/n}}$$ y listo, sin dudar se ha demostrado la proposición, pues se sabe que
Recomiendo consultar los demás problemas, así como los de años anteriores; pueden resultar bastante entretenidos. Para más información de la IMO entra a su sitio web.
$$\frac{1}{3}=\frac{1+3}{5+7}=\frac{1+3+5}{7+9+11}=\frac{1+3+5+7}{9+11+13+15}=\frac{1+3+5+7+9+11}{13+15+17+19+21+23}=\cdots$$ bastante majo. Aquí comparto una demostración sencilla, (procura intentarlo tú mismo antes de seguir leyendo).
El problema en realidad es uno bastante simple y puede reducirse a simplificar las series en numerador y denominador. Primeramente hay que recordar que un número impar tiene la forma (más simple) ${2n+1}$, con n un entero. Sean entonces
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+(2n-3)+(2n-1)+(2n+1)\\S_q&=(2n+3)+(2n+5)+\ldots+(4n-3)+(4n-1)+(4n+1)+(4n+3)\end{align*} y así, queremos mostrar que el cociente de estos monstruos es constante para cualquier ${n\in\mathbb{N}}$, esto es, exactamente
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{1}{3}$$ Ahora bien, al arreglar a nuestra conveniencia los términos de las series encontramos que
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+2n-5+2n-3+2n-1+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=1+3+5+\ldots-5-3-1+(2n+\ldots+2n+2n+2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}\right)(2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=n^2+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=(n+1)^2\end{align*} para simplificar la expresión me gusta pensar que utilicé un tipo de "simetría", pues excluyendo el término ${2n+1}$, la mitad de la serie tiene términos que se cancelan entre sí, dejando ${2n}$ para sólo la mitad de n términos. Es un resultado bastante majo también, pues representa la suma de los primeros ${n+1}$ números impares, esto es
$$S_p=\sum_{i=0}^n(2i+1)=(n+1)^2$$ De aquí es casi inmediato deducir consecuencias para la suma del denominador, tenemos
\begin{align*}S_q&=2n+3+2n+5+\ldots+4n-3+4n-1+4n+1+4n+3\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}-1\right)(2n+4n)+8n+(4n+3)\nonumber\\[0.1in]&=3n^2+6n+3\nonumber\\[0.1in]&=3(n+1)^2\nonumber\\[0.1in]&=\sum_{i=n+1}^{2n+1}(2i+1)\end{align*} y ya está, el resultado que se buscaba,
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{(n+1)^2}{3(n+1)^2}=\frac{1}{3}$$
Bueno, el título de esta entrada se refiere también a la IMO, es decir, la International Mathematical Olympiad, que es la competencia más importante diseñada para estudiantes de bachillerato, y asimismo la competencia "científica" más antigua. Estudiantes de todo el mundo se presentan a resolver 6 problemas, que en general, son demostraciones. Los problemas no requieren herramientas matemáticas sofisticadas y sin embargo prácticamente siempre son problemas de un alto nivel de dificultad.
Aquí puedes encontrar los 6 problemas de la IMO 2012, celebrada en Mar de Plata, Argentina, y aquí puedes encontrar los problemas de años anteriores con solución. El segundo problema del 2012 es el primero en no tener (aún) publicada la solución en Art of problem solving, así que propondré una. El problema (propuesto por Angelo Di Pasquale, de Australia) se lee (en español):
Sea $n$ un entero y sean ${a_2,\,a_3,\,\ldots,\,a_n}$ números reales positivos tales que ${a_2a_3\cdots{a_n}=1}$.La desigualdad puede hacerse evidente intuitivamente gracias al dato ${a_2a_3\cdots{a_n}=1}$, ya que siempre habrá un desbalance en los valores de los ${a_i}$: mientras un conjunto sea menor a cero, otro debe compensarlo y las potencias siempre harán más grande el lado izquierdo (inténtalo con ${n=3}$). Ahora bien, nota primeramente que la desigualdad propuesta puede escribirse como
Demuestra que ${(a_2+1)^2(a_3+1)^3\cdots(a_n+1)^n>n^n}$.
$$\prod_{i=2}^n(a_i+1)^i>n^n$$ y así, el problema puede reducirse a demostrar la desigualdad para la i-ésima componente, escribiendo ${n^n}$ como un producto con los mismos límites del producto del lado izquierdo (como siempre la recomendación es intentar el caso más simple y luego generalizar), esto es
$$n^n=\left(\frac{2^2}{1^1}\right)\left(\frac{3^3}{2^2}\right)\cdots\left(\frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)^{n-2}}\right)\left(\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}\right)=\prod_{i=2}^n\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ y así se tiene que
$$(a_i+1)^i>\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ pero esto no es cierto así simplemente; toma como contraejemplo ${i=3,\;a_3=0.5}$. Hace falta precisamente la información del producto de ${a_i}$; ahora bien, la desigualdad a la que se llegó, evidentemente falla sólo cuando ${a_i<1}$ (se sabe que el valor mínimo de i es 2, en cuyo caso se tiene una igualdad con ${a_i=1}$, que no preocupa mientras la desigualdad se cumpla para i mayores). Por tanto se puede escribir
$$(a_i+1)^i\geq{\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}\;a_i}$$ ya que, como se sabe
$$\prod_{i=2}^na_i=1$$ y ya está; para mi es suficiente argumentar que la desigualdad encontrada es verdadera siempre que ${i\geq{2}}$ y que así el problema queda resuelto. En una competencia eso probablemente no ayude, así que hay que resolver la desigualdad. Véase que podemos escribir
$$\frac{a_i+1}{i}\geq{\left(\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}}\right)^{1/n}}$$ y así también
$$\frac{a_i+\displaystyle{\sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}}}{i}\geq{\left(\;a_i\;\prod_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}\right)^{1/n}}$$ y listo, sin dudar se ha demostrado la proposición, pues se sabe que
La media aritmética de un conjunto de números reales positivos es igual o mayor a la media geométrica.También, se vuelve evidente la igualdad para ${i=1,\;a_i=1}$, pues los coeficientes de ambas medias son todos iguales a uno.
Recomiendo consultar los demás problemas, así como los de años anteriores; pueden resultar bastante entretenidos. Para más información de la IMO entra a su sitio web.
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