´ PRESENTACION
El Instituto de Ciencias y Humanidades (ICH) est´ a orientado al servicio educativo y a la formaci´ on integral de sus estudiantes mediante el desarrollo de sus potencialidades. Todos los esfuerzos de nuestra instituci´ on se centran en la ense˜ nanza, formaci´on e investigaci´ on en matem´ atica, ciencias naturales, ciencias sociales y las diversas expresiones del arte. La matem´atica tiene un rol protag´ onico en el desarrollo de las ciencias y la tecnolog´ıa. Su contribuci´on en las investigaciones de otras ciencias es invalorable. As´ı por ejemplo, f´ısicos, qu´ımicos, bi´ ologos, soci´ ologos, antrop´ ologos, por citar s´olo algunos ejemplos, hacen uso en sus trabajos de teor´ıas y herramientas matem´aticas. Desde esta perspectiva, desarrollamos una pol´ıtica de fomento a la investigaci´on de nuestros docentes que tiene como resultado no s´ olo la elevaci´ on del servicio educativo en las aulas sino tambi´en la publicaci´ on de textos acad´emicos como el presente. Mediante estas l´ıneas, presentamos a la comunidad educativa del pa´ıs el libro Desigualdades, olimpiadas matem´ aticas, obra del matem´ atico Victor Hugo Laurente Artola, docente de nuestra instituci´ on. Diferentes delegaciones de estudiantes peruanos han representado al pa´ıs en olimpiadas internacionales de matem´ aticas y han obtenido valiosos resultados que no hacen sino renovar nuestra confianza en el gran potencial de nuestros j´ ovenes y en su inter´es por el estudio. Asimismo, se corrobora el trabajo denodado de los docentes, quienes a pesar de las adversidades participan en cursos, talleres, capacitaciones y otras jornadas acad´emicas a fin de elevar su dominio de la matem´ atica. El Instituto de Ciencias y Humanidades reafirma su compromiso con el trabajo educativo y la promoci´on de esfuerzos de investigaci´ on individuales y colectivos a fin de que se materialicen sus metas institucionales. Instituto de Ciencias y Humanidades
i
ii
´ INTRODUCCION
Cuando a fines de la d´ecada del 90 empezamos, con un grupo de colegas del Instituto de Ciencias y Humanidades, a colaborar en la ense˜ nanza de j´ovenes que representar´ıan al Per´ u en las olimpiadas internacionales de matem´atica, nos topamos con un grave problema: la falta de bibliograf´ıa sobre el tema. Con los a˜ nos, fuimos acumulando experiencias a partir de la consulta de textos que los propios estudiantes tra´ıan de sus viajes al extranjero, de algunas publicaciones que ya se pod´ıan encontrar en nuestro medio y de la ense˜ nanza en las aulas. De este modo, fue germinando en mi persona el inter´es por realizar una publicaci´on de mi especialidad, en particular sobre el tema de desigualdades. As´ı, en diciembre de 2007 pude iniciar el proyecto que despu´es de diez meses se materializa en la presente publicaci´on titulada Desigualdades, olimpiadas matem´ aticas. No hay experiencia comparada a la adquirida por los estudiantes que participan en las olimpiadas. Su participaci´on en olimpiadas, permite que los estudiantes ganen mayor conocimiento, que se formen como futuros cient´ıficos y que establezcan relaciones de colaboraci´on acad´emica con otras personas e instituciones del extranjero. Las pruebas de olimpiadas integran problemas de gran nivel anal´ıtico que corresponden a temas propios del ´algebra, matem´atica discreta, teor´ıa de n´ umeros y geometr´ıa. Aparte del talento, quienes participan en olimpiadas requieren dedicaci´on, perseverancia y un equipo de profesionales que los ayude en su preparaci´on. Se trata de una pr´actica que deber´ıa recorrer toda la vida escolar. Es necesario, desde la escuela, fomentar la organizaci´on de talleres de matem´atica, la formaci´on de equipos de estudiantes que participen en concursos a nivel local, regional y nacional. El presente texto pretende contribuir con este prop´osito. El texto desarrolla el tema de desigualdades, uno de los t´opicos fundamentales del ´algebra. Recoge un conjunto de elementos te´oricos y una serie de ejercicios organizados de lo simple a lo complejo. Asimismo, se han incorporado los problemas iii
iv de las pruebas de las olimpiadas internacionales de matem´atica (IMO, por sus siglas en ingl´es) desde el a˜ no 59 al a˜ no 2008. En algunos casos, los problemas est´an acompa˜ nados de m´as de una soluci´on de modo que el lector conozca una mayor diversidad de estrategias para encarar los ejercicios. Para la elaboraci´on del texto he utilizado como fuente libros editados en Estados Unidos, Europa y Asia. Asimismo, he recurrido a valiosa informaci´on de Internet y he sistematizado la experiencia adquirida en la ense˜ nanza de estudiantes que participan en olimpiadas matem´aticas. Es recomendable, para abordar el texto, que el lector tenga conocimientos b´asicos de desigualdades, de manera que pueda profundizar con mayor facilidad en los temas propuestos. Es importante que estudie con detenimiento la teor´ıa, revise las aplicaciones y luego intente resolver los problemas antes de recurrir a la soluci´on. Quiero hacer p´ ublico mi agradecimiento al Instituto de Ciencias y Humanidades (ICH) por su apoyo en la investigaci´on y edici´on del texto. A Jorge Tipe Villanueva, por sus importantes sugerencias, a Juan Neyra Faustino, por su colaboraci´on en el digitado en LATEXdel material y, en especial, a mi esposa Magda, a mi hijo Taylor y a mis padres Francisco y Serafina por su constante y siempre desinteresado apoyo. A todos ellos, mi profundo agradecimiento. Victor Hugo Laurente Artola Lima, setiembre de 2008
´INDICE GENERAL
1. N´ umeros Reales 1.1. Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Axiomas de adici´on. . . . 1.1.2. Axiomas de multiplicaci´on. 1.2. Cuerpos Ordenados . . . . . . . . 1.3. Aplicaciones . . . . . . . . . . . .
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1 1 1 2 3 13
2. Valor Absoluto y M´ aximo Entero 25 2.1. Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2. M´aximo Entero o Parte Entera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.3. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz 3.1. El Lema de Titu . . . . . . . . 3.2. Desigualdad de Sch¨ ur . . . . . . 3.3. Dos sustituciones muy u ´ tiles . . 3.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . .
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37 39 41 41 43
4. Desigualdad de la Media Aritm´ etica - Media Geom´ etrica 55 4.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial 69 5.1. Media Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 5.2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 6. Desigualdad de Reordenamientos v
79
vi
´INDICE GENERAL
7. Desigualdad con Funciones Convexas 89 7.1. Funci´on convexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 8. Espacio M´ etrico 97 8.1. Desigualdad de H¨older . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 8.2. Desigualdad de Minkonski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 9. M´ etodo de la Suma de Cuadrados
109
10.Desigualdades Sim´ etricas y C´ıclicas 117 10.1. Polinomios sim´etricos y c´ıclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 11.Problemas
129
12.Soluciones
149
Bibliograf´ıa
275
CAP´ITULO
1
´ NUMEROS REALES 1.1.
Cuerpos
Un cuerpo es un conjunto K con dos operaciones llamadas adici´on y multiplicaci´on, que satisfacen ciertas condiciones llamadas axiomas de cuerpo.
1.1.1.
Axiomas de adici´ on.
A1 . Clausura. x + y ∈ K, ∀ x, y ∈ K. A2 . Conmutatividad. x + y = y + x, ∀ x, y ∈ K. A3 . Asociatividad. (x + y) + z = x + (y + z), ∀ x, y, z ∈ K. A4 . Elemento neutro. Existe 0 ∈ K tal que x + 0 = x, ∀ x ∈ K. 1
2
1. N´ umeros Reales A5 . Sim´etrico. Para todo x ∈ K existe (−x) ∈ K tal que x + (−x) = 0. De la conmutatividad, se sigue que 0+x=x+0=x
y
(−x) + x = x + (−x) = 0.
A la suma x + (−y) se denotar´a x − y y se denomina la diferencia entre x e y. La operaci´on se llama sustracci´on.
1.1.2.
Axiomas de multiplicaci´ on.
M1 . Clausura. x · y ∈ K, ∀ x, y ∈ K. M2 . Conmutatividad. x · y = y · x, ∀ x, y ∈ K. M3 . Asociatividad. (x · y)z = x(y · z), ∀ x, y, z ∈ K. M4 . Elemento neutro. Existe 1 ∈ K tal que 1 6= 0 y x · 1 = x, ∀ x ∈ K. M5 . Sim´etrico. Para todo x 6= 0 ∈ K existe el inverso de x denotado por x−1 ∈ K tal que x · x−1 = 1.
1.2. Cuerpos Ordenados
3
De la conmutatividad se sigue que 1·x = x·1 =x
y
x−1 · x = x · x−1 = 1.
x . y Estos axiomas est´an relacionados con un axioma llamado distributividad. Dados x, y ∈ K; con y 6= 0; el n´ umero x · y −1 se denota
D1 . Axioma de distributividad. x · (y + z) = x · y + x · z, ∀ x, y, z ∈ K.
Ejemplos de cuerpos 1. Q = {
m | m ∈ Z; n ∈ Z+ }. n
2. R = Q ∪ Q′ ;
Q′ : conjunto de los irracionales.
3. Z2 = {0; 1}; veamos que este conjunto es un cuerpo de s´olo 2 elementos. 0+1= 1 ; 0+0= 0 ; 0·0 =0 ; 1·0 =0
1+0= 1 ; 1+1= 0 ; 0·1 =0 ; 1·1 =1
1.2.
Cuerpos Ordenados
Un cuerpo K es ordenado; si tiene un subconjunto distinguido P ⊂ K, llamado el conjunto de elementos positivos de K que satisfacen las siguientes condiciones P1 . x + y ∈ P
y
x · y ∈ P, ∀ x, y ∈ P.
P2 . Dado x ∈ K, exactamente ocurre una de las tres condiciones x = 0 ∨ x ∈ P ∨ −x ∈ P. Indicaremos con −P al conjunto de elementos −x, donde x ∈ P. De donde K = P ∪ (−P) ∪ {0}. Estos conjuntos son disjuntos y −P se llama conjunto de n´ umeros negativos.
4
1. N´ umeros Reales
En todo cuerpo ordenado si a 6= 0; entonces a2 ∈ P; en efecto, siendo a 6= 0 entonces a ∈ P ∨ −a ∈ P; en el primer caso a2 = a · a ∈ P; en el segundo caso a2 = (−a) · (−a) ∈ P. En un cuerpo K: x < y se lee x es menor que y, que equivale a decir y − x ∈ P. De donde y > 0 equivale a decir y ∈ P. x < 0 equivale a decir −x ∈ P; x < y ⇔ y − x > 0; x < y ⇔ y > x.
La relaci´on de orden x < y en un conjunto ordenado K goza de los siguientes teoremas Teorema 1.1 (Transitividad) x < y ∧ y < z ⇒ x < z. Prueba.
En efecto x < y ⇔ y − x > 0; y < z ⇔ z − y > 0;
significa que (y − x); (z − y) ∈ P, entonces (y − x) + (z − y) ∈ P (z − x) ∈ P z−x>0 x < z.
2 Teorema 1.2 (Tricotom´ıa) Dados x, y ∈ K, s´olo se cumple una de las tres condiciones x = y ∨ x < y ∨ x > y.
1.2. Cuerpos Ordenados Prueba.
5
En efecto ∀ x, y ∈ K, y − x = 0 ∨ y − x ∈ P ∨ y − x ∈ −P,
equivale a y = x ∨ x < y ∨ −(y − x) ∈ P x−y ∈P y
y ∴ y = x ∨ x < y ∨ x > y. 2 Teorema 1.3 (Monotonicidad de la adici´ on) x < y ⇔ x + z < y + z, ∀ z ∈ K. Prueba.
En efecto x 0
⇔ (y + z) − (x + z) > 0 ⇔ x + z < y + z.
2 Teorema 1.4 (Monotonicidad de la multiplicaci´ on) x < y ∧ z > 0 ⇒ xz < yz,
x < y ∧ z < 0 ⇒ xz > yz. Prueba.
En efecto x0
⇔ y−x>0 ∧ z >0 ⇔ (y − x); z ∈ P
6
1. N´ umeros Reales entonces (y − x) · z ∈ P yz − xz ∈ P yz − xz > 0 xz < yz.
An´alogamente x0 ∧ z <0 ⇔ (y − x); −z ∈ P
entonces (y − x) · (−z) ∈ P −yz + xz ∈ P xz − yz > 0 xz > yz.
2 Teorema 1.5 x < y ∧ a < b ⇒ x + a < y + b. Prueba.
En efecto x < y ⇔ x + a < y + a, (Teorema 1.3) a < b ⇔ y + a < y + b, (Teorema 1.3)
entonces por el teorema 1.1 x + a < y + b.
2
Teorema 1.6 x < y ∧ a > b ⇒ x − a < y − b. Prueba. En efecto, a > b ⇔ −a < −b, y como x < y entonces por el teorema 1.5 se tiene que x + (−a) < y + (−b) x − a < y − b. 2
1.2. Cuerpos Ordenados
7
Teorema 1.7 0 < x < y ∧ 0 < a < b ⇒ xa < yb. Prueba.
En efecto x < y ⇒ xa < ya; a > 0 (teorema 1.4)
a < b ⇒ ya < yb; y > 0 (teorema 1.4)
por el teorema 1.1 se tiene xa < yb.
2
Teorema 1.8 x>0 ⇔ Prueba.
1 > 0. x
En efecto
(⇒) Como x · x−1 = 1 > 0 y x > 0 entonces x−1 > 0. 1 1 · x2 > 0, de donde x > 0. (⇐) Como > 0 entonces x x 2 Teorema 1.9 xy > 0 ⇔ [(x > 0 ∧ y > 0) ∨ (x < 0 ∧ y < 0)]. Prueba.
En efecto
(⇒) Sea x > 0 entonces x−1 > 0. Como xy > 0 entonces x−1 (xy) > 0, efectuando tenemos y > 0. Similarmente si x < 0 tenemos y < 0. (⇐) Si x > 0 ∧ y > 0 ⇒ xy > 0.
Similarmente si x < 0 ∧ y < 0 ⇒ −x > 0 ∧ −y > 0, entonces (−x)(−y) > 0, de donde xy > 0. 2
Teorema 1.10 xy < 0 ⇔ (x < 0 ∧ y > 0) ∨ (x > 0 ∧ y < 0).
8
1. N´ umeros Reales
Prueba.
La demostraci´on es an´aloga al Teorema 1.9.
Teorema 1.11 Si ab > 0 entonces
a
2
1 1 > . a b
Prueba. (⇒) a < b. Como ab > 0 entonces tenemos dos casos: 1 1 >0 ∧ > 0, luego a b 1 b−a − = > 0, pues a < b b ab 1 − >0 b 1 > . b
i. Si a > 0 ∧ b > 0 entonces 1 a 1 ⇒ a 1 ⇒ a
ii. Para a < 0 ∧ b < 0 el procedimiento es an´alogo. 1 1 1 1 (⇐) Como > entonces ab > ab, efectuando tenemos b > a, de donde a b a b a < b. 2 Teorema 1.12 En un cuerpo ordenado K, las siguientes afirmaciones son equivalentes: (i) N ⊂ K no es acotado superiormente. (ii) Dados a, b ∈ K, con a > 0, existe n ∈ N tal que na > b. (iii) Dado cualquier a > 0 en K, con a > 0, existe n ∈ N tal que 0 <
1 < a. n
(i) ⇒ (ii). Como N no es acotado superiormente, entonces dados b a > 0 y b en K, existe n ∈ N tal que < n, de donde b < na. a 1 Veamos (ii) ⇒ (iii), dado a > 0, existe n ∈ N tal que na > 1, de donde < a; n 1 luego tenemos 0 < < a. n Prueba.
1.2. Cuerpos Ordenados
9
Por u ´ ltimo veamos (iii) ⇒ (i).
1 1 De (iii) dado cualquier b > 0 existe n ∈ N tal que < , de donde se tiene n b b < n, es decir n > b. Esto significa que ning´ un positivo de K es cota superior de N. 2 Definici´ on 1.1: Un cuerpo ordenado K es arquimediano cuando se cumple cualquiera de las tres condiciones del teorema anterior. Ejemplo 1.1 El cuerpo de los n´ umeros racionales es arquimediano. Definici´ on 1.2 : Sea K un cuerpo ordenado y X ⊂ K un subconjunto acotado superiormente. Un elemento x0 ∈ K se denominar´a supremo de X cuando x0 es la menor de las cotas superiores de X en K. Para que x0 sea supremo de X ⊂ K es necesario y suficiente que sean satisfechas las siguientes condiciones: (i) x ≤ x0 , ∀ x ∈ X. (ii) Si y ∈ K/x ≤ y ∀ x ∈ X, entonces x0 ≤ y. As´ı mismo se denota sup (X) = x0 , y es u ´ nico. Similarmente un elemento y0 ∈ K se denomina ´ınfimo de Y ⊂ K, acotado inferiormente, cuando y0 es la mayor de todas las cotas inferiores de Y en K. Para que y0 sea ´ınfimo de Y ⊂ K es necesario y suficiente que sean satisfechas las siguientes condiciones: (i) ∀ y ∈ Y ; y ≥ y0 . (ii) Si z ∈ K/z ≤ y ∀ y ∈ Y , entonces z ≤ y0 . Se denota ´ınf (Y ) = y0 y a la vez es u ´ nico. Definici´ on 1.3 Sea K un cuerpo ordenado y sea X ⊂ K con X 6= ∅, un elemento x0 ∈ X, es el m´aximo de X si y s´olo si x ≤ x0 , para todo x ∈ X. Definici´ on 1.4 Sea K un cuerpo ordenado y sea Y ⊂ K con Y 6= ∅, un elemento y0 ∈ Y , es el m´ınimo de Y si y s´olo si y ≥ y0 , para todo y ∈ Y .
10
1. N´ umeros Reales
Ejemplo 1.2 Sean A = [−3, 5], B = h−3, 5i, entonces m´ax (A) = 5;
sup (A) = 5
m´ın (A) = −3;
´ınf (A) = −3
m´ın (B) no existe;
sup (B) = 5
m´ax (B) no existe; ´ınf (B) = −3. En efecto, veamos por que el supremo de B es 5. Prueba.
Supongan que sup (B) no es 5; sea sup (B) = x0 , significa que x0 < 5: x0 + 5 x0 + 5 Como x0 < < 5, entonces m = ∈ B, de donde 2 2 x0 < m;
(1.1)
pero x ≤ x0 , ∀x ∈ B; en particular haciendo x = m, tenemos m ≤ x0 ;
(1.2)
de (1.1) y (1.2), tenemos m ≤ x0 < m lo cual es una contradicci´on. ∴ sup (B) = 5. 2 Similarmente, pruebe que el ´ınf (B) es −3. Definici´ on 1.5 : Un cuerpo ordenado K se denomina completo cuando un subconjunto no vac´ıo acotado superiormente, X ⊂ K, posee supremo en K. De la definici´on resulta que en un cuerpo ordenado completo todo subconjunto no vac´ıo acotado inferiormente, Y ⊂ K, posee ´ınfimo; en efecto, dado Y sea X = −Y = {−y/ y ∈ Y } = 6 ∅, es acotado superiormente, entonces existe sup (X) = x0 ; de donde ´ınf (Y ) = −x0 . Axioma. Existe un cuerpo ordenado completo R, denominado el cuerpo de los n´ umeros reales.
1.2. Cuerpos Ordenados
11
Lema 1.1 (de Pit´ agoras) No existe un n´ umero racional cuyo cuadrado sea 2. 2 p Prueba. Supongamos que existe, es decir = 2, p, q ∈ Z, primos entre s´ı. q ⇒
p2 = 2q 2 ;
entonces p es par, luego p = 2k, reemplazando
(2k)2 = 2q 2 ; 2k 2 = q 2 ;
tambi´en q es par, como p y q son primos entre s´ı, hemos llegado a una contradicci´on.
Por lo tanto, no existe un racional con esas condiciones, es decir, racional.
√
2 no es 2
Los n´ umeros reales que no son racionales se denominan irracionales, luego √ el conjunto de los n´ umeros irracionales se denota Q′ , donde Q′ = R − Q; como 2 no es racional, entonces es un n´ umero irracional. [1] De aqu´ı en adelante el cuerpo donde vamos a desarrollar la teor´ıa es el cuerpo de los n´ umeros reales. Emplearemos las siguientes notaciones: R+ , es el conjunto de los n´ umeros reales positivos, R− , es el conjunto de los n´ umeros reales negativos, R+ , es el conjunto 0 − de los n´ umeros reales no negativos, y R0 , es el conjunto de los n´ umeros reales no positivos. Teorema 1.13 Sean a, b n´ umeros reales, entonces: (i) a2 + b2 ≥ 2ab, (ii) 4ab ≤ (a + b)2 . Prueba. (i) Sean a, b ∈ R, entonces a − b ∈ R. Luego
(a − b)2 ≥ 0
⇔ a2 − 2ab + b2 ≥ 0
⇔ a2 + b2 ≥ 2ab. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b.
12
1. N´ umeros Reales
(ii) De (i) a2 + b2 ≥ 2ab
⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab
⇔ (a + b)2 ≥ 4ab
⇔ 4ab ≤ (a + b)2 . La igualdad ocurre si y s´olo si a = b.
2
Teorema 1.14 Sean x, y n´ umeros reales, tales que x > 0, y < 0, entonces 1 ≥ 2, x 1 (ii) y + ≤ −2. y (i) x +
Prueba. √ 1 (i) En el teorema anterior, haciendo a2 = x, b2 = , vemos que x > 0 y a = x, x 1 b = √ , entonces x x+
√ 1 1 1 ≥ 2 x · √ ⇒ x + ≥ 2. x x x
La igualdad ocurre si y s´olo si x = 1. (ii) Si y < 0 ⇒ −y > 0. Aplicando (i)
1 ≥ 2; (−y) 1 −y − ≥ 2; multiplicando por (−1) y 1 y+ ≤ −2. y
(−y) +
La igualdad ocurre si y s´olo si y = −1. 2
1.3. Aplicaciones
1.3.
13
Aplicaciones
1. Sean a, b n´ umeros reales no nulos, determine el m´ınimo valor de b4 b2 a8 a4 a2 b8 + + + + + . b8 b4 b2 a8 a4 a2 Soluci´ on.
a8 a4 a2 b8 b4 b2 + + + + + = b8 b4 b2 a8 a4 a2
a8 b8 + b8 a8
+
≥ 2 + 2 + 2 = 6.
a4 b4 + b4 a4
+
La igualdad ocurre si y s´olo si a = ±b.
a2 b2 + b2 a2
2
2. Sean a, b, x, y n´ umeros reales tales que a ≥ b, x ≥ y, pruebe que ax + by ≥ ay + bx. Prueba. Como a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0, luego multiplicando por (a − b) en la desigualdad x ≥ y tenemos:
⇔ ⇔
(a − b)x ≥ (a − b)y ax − bx ≥ ay − by
ax + by ≥ ay + bx. 2
3. Dados a, b, c n´ umeros reales, pruebe que a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc.
14
1. N´ umeros Reales Prueba.
Aplicando un resultado conocido: a2 + b2 ≥ 2ab;
similarmente
b2 + c2 ≥ 2bc;
c2 + a2 ≥ 2ca. Sumando miembro a miembro: 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca,
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
4. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que (a + b)(a + c)(b + c) ≥ 8abc. Prueba. a, b, c ∈ R+ ⇒
√ √ √ a, b, b ∈ R+ ,
luego √ √ ( a − b)2 ≥ 0 √ ⇔ a − 2 ab + b ≥ 0 √ ⇔ a + b ≥ 2 ab, similarmente √ b + c ≥ 2 bc, √ c + a ≥ 2 ca, multiplicando miembro a miembro: √ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8( abc)2 = 8abc de donde (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
1.3. Aplicaciones
15
5. Sean a, b n´ umeros reales positivos, pruebe que a2 b2 + ≥ a + b. b a Prueba.
La desigualdad es equivalente a: a3 + b3 ≥a+b ab ⇔ a3 + b3 ≥ ab(a + b)
⇔ (a + b)(a2 − ab + b2 ) ≥ ab(a + b); a + b > 0 ⇔ a2 − ab + b2 ≥ ab
⇔ a2 − 2ab + b2 ≥ 0
⇔ (a − b)2 ≥ 0.
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
6. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ 2(a + b + c). c a b Prueba.
Del ejercicio anterior tenemos: a2 b2 + ≥ a + b; similarmente b a b2 c2 + ≥ b + c; c b c2 a2 + ≥ a + c; a c
sumando miembro a miembro: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ 2(a + b + c). c a b La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
16
1. N´ umeros Reales 7. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos, donde dos de ellos simult´aneamente son diferentes de cero, pruebe que a2 b2 c2 + + ≥ 1. a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 Prueba. Sean a2 + ab+ b2 = m, b2 + bc + c2 = n, c2 + ca+ a2 = p, entonces debemos probar que
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
a2 b2 c2 + + ≥1 m n p a2 b2 c2 + + −1 ≥0 m n p 1 1 1 a2 b2 c2 ( + + )( + + − 1) ≥ 0 m n p m n p 2 2 2 2 a b c b c2 a2 c2 a2 b2 1 1 1 + + + + + + + + − − − ≥0 2 2 2 m n p mn mp mn np mp np m n p 2 2 2 a b c (a2 + b2 ) (a2 + c2 ) (b2 + c2 ) 1 1 1 + + + + + − − − ≥0 m2 n2 p2 mn mp np m n p a2 b2 c2 ab (a2 + ab + b2 ) ac (a2 + ac + c2 ) bc + + − + − + − 2 2 2 m n p mn mn mp mp np 2 2 (b + bc + c ) 1 1 1 − − − ≥0 + np m n p a2 b2 c2 ab ac bc m p n 1 1 1 + + − − − + + + − − − ≥0 2 2 2 m n p mn np np mn mp np m n p a 2 b 2 c 2 a b a c b c + + ≥ + + , m n p m n m p n p
esta desigualdad es verdadera (ver aplicaci´on 3). La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 8. Sea z un n´ umero real positivo, pruebe que r
8z 2 + ≤ 3. z+1 z+1
2
1.3. Aplicaciones Prueba.
17
La desigualdad es equivalente a: r
r
2 8z ≤3− z+1 z+1
3z + 1 8z ≤ z+1 z+1 8z (3z + 1)2 ⇔ ≤ , pues z > 0 z+1 (z + 1)2
⇔
⇔ 8z(z + 1) ≤ (3z + 1)2
⇔ 8z 2 + 8z ≤ 9z 2 + 6z + 1
⇔ 0 ≤ z 2 − 2z + 1 ⇔ 0 ≤ (z − 1)2
⇔ (z − 1)2 ≥ 0. 2 9. Sean x, y n´ umeros reales, pruebe que (1 + x2 )(1 + y 2) ≥ (1 + xy)2 . Prueba.
Sabemos que x2 + y 2 ≥ 2xy, ∀ x, y ∈ R
⇔ 1 + x2 + y 2 + x2 y 2 ≥ 1 + 2xy + x2 y 2
⇔ (1 + x2 )(1 + y 2 ) ≥ (1 + xy)2 . La igualdad ocurre si y s´olo si x = y. 10. Pruebe que
(ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2) para todo x, y, a, b n´ umeros reales.
2
18
1. N´ umeros Reales Prueba.
Como (ay − bx)2 ≥ 0, ∀ x, y, a, b ∈ R, luego equivale a: a2 y 2 − 2abxy + b2 x2 ≥ 0
⇔ a2 y 2 + b2 x2 ≥ 2abxy
⇔ a2 x2 + b2 y 2 + a2 y 2 + b2 x2 ≥ a2 x2 + b2 y 2 + 2abxy ⇔ a2 (x2 + y 2) + b2 (y 2 + x2 ) ≥ (ax)2 + (by)2 + 2(ax)(by)
⇔ (a2 + b2 )(x2 + y 2) ≥ (ax + by)2
∴ (ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2). La igualdad ocurre si y s´olo si ay = bx.
2
x2 + y 2 + 2 , donde x, y son n´ umeros reales, pruebe que (1 + x2 )(1 + y 2 ) el menor valor de f es 2.
11. Sea f (x, y) = p Prueba.
Observamos que x2 + y 2 + 2 = (1 + x2 ) + (1 + y 2 ).
Luego p (1 + x2 ) + (1 + y 2) ≥ 2 (1 + x2 )(1 + y 2 ) p ⇔ x2 + y 2 + 2 ≥ 2 (1 + x2 )(1 + y 2 )
⇔ p
x2 + y 2 + 2
(1 + x2 )(1 + y 2 )
≥2
⇔ f (x, y) ≥ 2 ∴ el m´ınimo valor de f es 2 y ocurre si y s´olo si x = ±y. 12. Pruebe que p √ x2 + y 2 + 1 > x y 2 + 1 + y x2 + 1,
para todo x, y n´ umeros reales.
2
1.3. Aplicaciones
19
p Prueba. Como en el segundo miembro tenemos x y 2 + 1, entonces podemos a partir de: p y 2 + 1)2 ≥ 0 p ⇔ x2 + y 2 + 1 − 2x 1 + y 2 ≥ 0 p ⇔ x2 + y 2 + 1 ≥ 2x 1 + y 2; simirlamente √ x2 + y 2 + 1 ≥ 2y 1 + x2 . (x −
Sumando miembro a miembro tenemos: p √ 2(x2 + y 2 + 1) ≥ 2x 1 + y 2 + 2y 1 + x2 p √ ⇔ x2 + y 2 + 1 ≥ x 1 + y 2 + y 1 + x2 .
La igualdad ocurre si y s´olo si
( p x = 1 + y2 √ y = 1 + x2 ( x2 = 1 + y 2 ⇒ y 2 = 1 + x2 ⇒ x2 + y 2 = x2 + y 2 + 2, como esto es imposible, entonces no ocurre la igualdad. p √ ∴ x2 + y 2 + 1 > x y 2 + 1 + y x2 + 1. 13. Pruebe que 2(1 − a + a2 )(1 − b + b2 ) ≥ 1 + a2 b2 , para todo a, b n´ umeros reales.
2
20
1. N´ umeros Reales Prueba.
Veamos el primer miembro de la desigualdad:
2(1 − a + a2 )(1 − b + b2 ) = (2 − 2a + 2a2 )(1 − b + b2 )
= (1 − 2a + a2 + 1 + a2 )(1 − b + b2 ) = ((1 − a)2 + 1 + a2 )(1 − b + b2 )
= (1 − a)2 (1 − b + b2 ) + (1 + a2 )(1 − b + b2 )
= (1 − a)2 (1 − 2b + b2 + b) + (1 + a2 )(1 − b + b2 ) = (1 − a)2 ((1 − b)2 + b) + (1 + a2 )(1 − b + b2 ) = (1 − a)2 (1 − b)2 + b(1 − a)2 +(1 + a2 )(1 − b + b2 )
= (1 − a)2 (1 − b)2 + b − 2ab + a2 b + 1 + a2 − b −a2 b + b2 + a2 b2
= (1 − a)2 (1 − b)2 + 1 + a2 b2 + a2 − 2ab + b2 = (1 − a)2 (1 − b)2 + 1 + a2 b2 + (a − b)2
= 1 + a2 b2 + (a − b)2 + (1 − a)2 (1 − b)2 ≥ 1 + a2 b2 .
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = 1. 14. Resuelva 1 − 3a + 5a2 − 11a3 + 12a4 > 0. Soluci´ on.
Ordenando en forma descendente 12a4 − 11a3 + 5a2 − 3a + 1 > 0 a2 9 4 4 3 ⇔ a + 11 a − a + + a2 − 3a + 1 > 0 4 4 a 2 1 2 ⇔ a4 + 11 a2 − + (9a − 12a + 4) > 0 2 4 2 a 1 ⇔ a4 + 11 a2 − + (3a − 2)2 > 0, 2 4
2
1.3. Aplicaciones
21
como el lado izquierdo es una suma de cuadrados, la desigualdad se verifica para todo a ∈ R. ∴ C.S. = R = h−∞, +∞i. 2 15. (Rusia 1995). Pruebe que para todo x, y n´ umeros reales positivos x y 1 + ≤ . x4 + y 2 x2 + y 4 xy Prueba.
Como 1 1 ≤ 2 2 +y 2x y x 1 ⇔ 4 ≤ 2 x +y 2xy
x4 + y 2 ≥ 2x2 y ⇔
x4
similarmente
x2
y 1 ≤ 4 +y 2xy
sumando miembro a miembro tenemos:
x4
x y 1 + 2 ≤ . 2 4 +y x +y xy
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 16. Pruebe que para todo a, b, c n´ umeros reales positivos
S=
8a2 − 4ab + 5b2 8b2 − 4bc + 5c2 8c2 − 4ac + 5a2 + + ≥ 3(a + b + c). 2a + b 2b + c 2c + a
2
22
1. N´ umeros Reales Prueba.
Como a2 + b2 ≥ 2ab
⇔ a2 − ab + b2 ≥ ab
⇔ 4a2 − 4ab + 4b2 ≥ 4ab
⇔ 8a2 − 4ab + 5b2 ≥ 4a2 + 4ab + b2
⇔ 8a2 − 4ab + 5b2 ≥ (2a + b)2 ⇔
8a2 − 4ab + 5b2 ≥ 2a + b; similarmente 2a + b 8b2 − 4bc + 5c2 ≥ 2b + c; 2b + c 8c2 − 4ac + 5a2 ≥ 2c + a; 2c + a
sumando miembro a miembro, tenemos que S ≥ 3(a + b + c). La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
17. Pruebe que 1 1 2 + 2 ≤ 2 2 2 a + ab + b a − ab + b 3
a2 + b2 a2 b2
para todo a, b n´ umeros reales no nulos. Prueba.
Efectuando el lado izquierdo de la desigualdad, tenemos: 1 1 2(a2 + b2 ) + = a2 + ab + b2 a2 − ab + b2 a4 + a2 b2 + b4
acotando el denominador
1.3. Aplicaciones
23
a4 + b4 ≥ 2a2 b2
⇔ a4 + a2 b2 + b4 ≥ 3a2 b2 1 1 ⇔ 4 ≤ 2 2 2 2 4 a +a b +b 3a b 2 2 2(a2 + b2 ) 2(a + b ) ⇔ 4 ≤ . a + a2 b2 + b4 3a2 b2 La igualdad ocurre si y s´olo si a = ±b.
2
18. Pruebe que zx + yz ≤
x2 + y 2 + z 2 √ , 2
para todo x, y, z n´ umeros reales. Prueba. Como en el lado izquierdo de la desigualdad, z es el t´ermino com´ un; entonces escogemos: x2 +
z √ 2
2
z ≥ 2x √ 2 √ ≥ 2xz; similarmente
z2 2 √ z2 2yz; y2 + ≥ 2
x2 +
sumando miembro a miembro, tenemos: x2 + y 2 + z 2 ≥ ⇔
√
2(xz + yz)
x2 + y 2 + z 2 √ ≥ xz + yz 2
∴ zx + yz ≤
x2 + y 2 + z 2 √ . 2
z La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = √ . 2
2
24
1. N´ umeros Reales
19. Sean a, b n´ umeros reales positivos, pruebe que a3 + b3 ≥ 2 Prueba.
a+b 2
3
.
La desigualdad es equivalente a:
4(a3 + b3 ) ≥ (a + b)3 ⇔ 4a3 + 4b3 ≥ a3 + b3 + 3a2 b + 3ab2 ⇔ 3a3 + 3b3 ≥ 3a2 b + 3ab2
⇔ a3 + b3 ≥ a2 b + ab2
⇔ a3 − a2 b + b3 − ab2 ≥ 0
⇔ a2 (a − b) + b2 (a − b) ≥ 0 ⇔ (a2 + b2 )(a − b) ≥ 0 ⇔ (a − b)2 (a + b) ≥ 0.
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b.
2
20. Pruebe que 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b), para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. Prueba.
Como a, b ∈ R+ , entonces (a + b)(a − b)2 ≥ 0, efecuando
⇔ a3 + b3 ≥ a2 b + ab2 , similarmente b3 + c3 ≥ b2 c + bc2
c3 + a3 ≥ c2 a + ca2 sumando miembro a miembro, tenemos que 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b). La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
CAP´ITULO
2
´ VALOR ABSOLUTO Y MAXIMO ENTERO 2.1.
Valor Absoluto
Definici´ on 2.1: En el conjunto de los n´ umeros reales R, definimos el valor absoluto de un elemento x, denotado por |x| para indicar el valor absoluto para x > 0; x; |x| = 0; para x = 0; −x; para x < 0. Ejemplo 2.1√ √ √ |2| = 2; | − 3| = −(− 3) = 3;
|1 −
√
2| = −(1 −
√
2) =
√
2 − 1.
Teorema 2.1 |x| = m´ax {x; −x}. Prueba.
para x > 0; x; m´ax {x; −x} = 0; para x = 0; = |x|. −x; para x < 0. 25
2
26
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero
Teorema 2.2 Para elementos arbitrarios x, y reales, se cumplen (i) | − x| = |x|. (ii) |x2 | = x2 = |x|2 . √ (iii) |x| = x2 . (iv) |xy| = |x| · |y|. |x| x . (v) | | = y |y|
Prueba. (i) Aplicando el Teorema 2.1 tenemos | − x| = m´ax {−x; −(−x)} = m´ax {−x; x}
= |x|.
(ii) Por definici´on |x2 | = x2 , pues x2 ≥ 0. Similarmente
entonces
x > 0; x; |x| = 0; x = 0; −x; x < 0;
|x|2
2 x < 0; x ; = 02 ; x = 0; 2 (−x) ; x > 0; = x2 , ∀ x ∈ R.
2.1. Valor Absoluto
27
(iii) |x|2 = x2 √ p |x|2 = x2 √ |x| = x2 . (iv) (x · y)2 = x2 · y 2 p p (x · y)2 = x2 · y 2 √ p |xy| = x2 · y 2 |xy| = |x| · |y|
(v) Similar a (iv). 2 Teorema 2.3 Para cualesquiera x, y, z n´ umeros reales, se cumplen (i) |x| ≥ x. (ii) |x| ≥ −x. (iii) |x + y| ≤ |x| + |y|. (iv) ||x| − |y|| ≤ |x − y|. (v) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|.
Prueba. (i) |x| = m´ax {x; −x} ≥ x. (ii) |x| = m´ax {x; −x} ≥ −x.
28
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero
(iii) |xy| ≥ xy ⇔ 2|x||y| ≥ 2xy
⇔ x2 + y 2 + 2|x||y| ≥ x2 + y 2 + 2xy
⇔ |x|2 + |y|2 + 2|x||y| ≥ (x + y)2 ⇔ (|x| + |y|)2 ≥ (x + y)2 ⇔ |x| + |y| ≥ |x + y|
⇔ |x + y| ≤ |x| + |y|.
La igualdad ocurre si y s´olo xy ≥ 0. (iv) |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y| |x| − |y| ≤ |x − y|
(2.1)
Similarmente
|y| = |(y − x) + x| ≤ |y − x| + |x| −|y − x| ≤ |x| − |y| −|x − y| ≤ |x| − |y|
(2.2)
De (2.1) y (2.2) −|x − y| ≤ |x| − |y| ≤ |x − y| ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
(v) |x − z| = |(x − y) + (y − z)| ≤ |x − y| + |y − z| |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|.
2
2.2. M´aximo Entero o Parte Entera
2.2.
29
M´ aximo Entero o Parte Entera
Definici´ on 2.2: El m´aximo entero del n´ umero real x se denota [x] y se define de la siguiente manera [x] = n ⇔ n ≤ x < n + 1; donde n ∈ Z. Ejemplo 2.2 [1,4] = 1; [2,7] = √ [ 7] = 2; [π] = [4]
2; 3;
[−1,3] = −2; [−π]
= 4; [−3] = −3.
= −4;
Teorema 2.4 Para todo x n´ umero real: (i) [x] ≤ x < [x] + 1. (ii) 0 ≤ x − [x] < 1. (iii) [[x]] = [x].
Prueba. (i) De la definici´on [x] = n ⇔ n ≤ x < n + 1; n ∈ Z reemplazando n = [x] se tiene [x] ≤ x < [x] + 1. (ii) En (i), restando [x] a todos los miembros: 0 ≤ x − [x] < 1.
30
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero
(iii) Sea [x] = m con m ∈ Z ⇒ [[x]] = [m] = m = [x]. ∴ [[x]] = [x]. 2 Teorema 2.5 Para todo x n´ umero real y n n´ umero entero, se cumple que (i) [x + n] = [x] + n. ( −[x]; si x = [x]; (ii) [−x] = −[x] − 1; si x 6= [x]. h x i [x] , n ≥ 1. (iii) = n n Prueba. (i) Sea m = [x + n]. De la definici´on [x + n] = m ⇔ m ≤ x + n < m + 1
⇔ (m − n) ≤ x < (m − n) + 1; (m − n) ∈ Z ⇔ [x] = m − n ⇔ [x] + n = m
⇔ [x] + n = [x + n] (ii) Se deja como ejercicio para el lector. (iii) x = k + p; ⇒
⇒
k ∈ Z; 0 ≤ p < 1.
x k p = + ; n n n
haciendo k = nq + r; q ∈ Z; 0 ≤ r < n,
x r+p =q+ ; n n
pero
hxi n
= q.
0 ≤ r+p < n r+p 0 ≤ < 1 n
0 ≤ r ≤ n − 1.
2.2. M´aximo Entero o Parte Entera
31
Tambi´en [x] = [k + p] = k
h k nq + r ri [x] = = = q+ = q, n n n n
[x] de donde = . n n hxi
2 Definici´ on 2.3 : La parte residual de x se denota {x} y se define como {x} = x − [x]. De la definici´on se tiene 0 ≤ {x} < 1 y {x} = 0 ⇔ x ∈ Z. ¿Cu´ales son los valores posibles de {x} + {−x}? Teorema 2.6 (De Hermite) Sea x un n´ umero real, y n un n´ umero entero ≥ 1, entonces n−1 X k x+ = [nx]. n k=0 Prueba.
Definimos la funci´on f : R → R
2 n−1 1 f (x) = [x] + x + + x+ +···+ x + − [nx] . n n n Vemos que f es nula: f (x) = 0, ∀ x ∈ [0; 1/ni. 1 Veamos que f x + = f (x). (f de periodo 1/n), en efecto n
32
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero
1 1 f x+ = x+ + x+ n n 1 1 f x+ = x+ + x+ n n
= [x] + x + = f (x), de donde f (x) = 0,
2 3 1 n−1 1 + x+ +··· x+ + − n(x + ) n n n n n 2 n−1 +···+ x + + [x + 1] − [nx + 1] | {z } n n
[x]+1−([nx]+1)
1 2 n−1 + x+ +···+ x + − [nx] n n n
∀ x ∈ R. ∴
n−1 X k=0
k = [nx]. x+ n 2
Teorema 2.7 Sea a un n´ umero entero y b un n´ umero entero positivo, entonces hai b − a − 1 = 0. + b b Prueba.
2.3.
La prueba se deja para el lector.
2
Aplicaciones
x2 1. Resuelva = 1. 16 Soluci´ on.
x2 x2 =1 ⇔ 1≤ <2 16 16
⇔ 16 ≤ x2 < 32 √ √ ⇔ 4 ≤ x < 4 2 ∨ 4 2 < x ≤ −4. D
h √ E ∴ C.S. = −4 2, −4 ∪ 4, 4 2 . √
i
2
2.3. Aplicaciones
33
2. Resuelva la inecuaci´on
Soluci´ on.
2 √ x − 1 > 2.
La inecuaci´on:
[x2 − 1] >
⇔ x2 − 1 ≥ 2
√
2 ⇔ [x2 − 1] ≥ 2
⇔ x2 ≥ 3 √ √ ⇔ x≥ 3 ∨ x≤− 3 D
E √ i h√ ∴ C.S. = −∞, 3 ∪ 3, +∞ .
2
3. Resuelva en Z, la ecuaci´on
5−x 2 =− x−2 . 2 4 Soluci´ on. Por el teorema 2.5, el lado izquierdo de la ecuaci´on se puede escribir como:
5−x 5−x 2 5 − x 2 = . = 2 2 4 Luego resolveremos
5−x x−2 =− 4 4 5−x x−2 ⇔ + = 0. 4 4
34
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero En el teorema 2.7, haciendo a = 5 − x, b = 4
5−x 4 − (5 − x) − 1 ⇒ + =0 4 4 x−2 5−x ⇒ + = 0. 4 4 ∴ La ecuaci´on se verifica para todo x ∈ Z, pues es una aplicaci´on directa del teorema 2.7. 2 4. Pruebe que √ √ √ [ n + n + 1] = [ 4n + 2] para todo n n´ umero entero positivo. Prueba. entero.
Basta probar que entre
√
n+
√
n+1 y
√
4n + 2 no existe un
La prueba la haremos por contradicci´on; en efecto, supongamos que existe r ∈ Z+ tal que √ √ n + n + 1 < r < 4n + 2 √ √ √ ⇔ ( n + n + 1)2 < r 2 < ( 4n + 2)2 p ⇔ 2n + 1 + 2 n(n + 1) < r 2 < 4n + 2 √
pero
√
n2 + n √ ⇔ 2n < 2 n2 + n n<
√ ⇔ 2n + 2n + 1 < 2 n2 + n + 2n + 1,
luego tenemos que √ 4n + 1 < 2 n2 + n + 2n + 1 < r 2 < 4n + 2,
2.3. Aplicaciones
35
como 4n + 1 y 4n + 2 son consecutivos, entonces no existe r 2 entre ellos, lo cual es una contradicci´on a lo supuesto. √ √ √ Luego n + n + 1 y 4n + 2 tienen el mismo m´aximo entero. √ √ √ ∴ [ n + n + 1] = [ 4n + 2]. 2 5. Si n es un entero positivo, pruebe que n − 17 n − 12 − 8n + 13 25 − 25 3
es independiente de n. Prueba.
En el teorema 2.7, haciendo a = n - 17,b = 25, tenemos que:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
n − 17 25 − (n − 17) − 1 + =0 25 25 n − 17 41 − n + =0 25 25 41 − n n − 17 =− 25 25 41 − n n − 17 = n − 12 − n − 12 + 25 25 41 − n n − 17 n − 12 + n − 12 − 25 25 = . 3 3
Tomando m´aximo entero: 41 − n n − 17 n − 12 + n − 12 − 25 25 = , 3 3
36
2. Valor Absoluto y M´aximo Entero efectuando el lado izquierdo 41 − n 41 − n n − 12 + n − 12 + 25 25 = ; pues n − 12 ∈ Z 3 3
24n − 259 24n − 259 24n − 259 25 25 3 = = = 3 3 25
24n − 259 −259 8n + 8n − 87 3 3 = = = 25 25 25 =
8n + 13 − 100 8n + 13 8n + 13 −4 = = − 4, 25 25 25
n − 17 n − 12 − 8n + 13 25 . luego −4 = 25 3
n − 17 n − 12 − 8n + 13 25 = 4. ∴ − 25 3
2
CAP´ITULO
3
DESIGUALDAD DE CAUCHY-SCHWARZ Teorema 3.1 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Sean a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn , n´ umeros reales, entonces (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). La igualdad ocurre si y s´olo si las n-uplas (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bn ) son colineales. Primera Prueba.
Definimos el polinomio cuadr´atico
f (x) = (a1 x − b1 )2 + (a2 x − b2 )2 + · · · + (an x − bn )2 ; x ∈ R. Vemos que f (x) ≥ 0, para todo x ∈ R. Efectuando f (x) = (a21 x2 − 2a1 b1 x + b21 ) + (a22 x2 − 2a2 b2 x + b22 ) + · · · +(a2n x2 − 2an bn x + b2n ) ≥ 0
f (x) = (a21 + a22 + · · · + a2n )x2 − 2(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )x +(b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ 0
f (x) = Ax2 − 2Bx + C ≥ 0,
37
38
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz donde a21 + a22 + · · · + a2n = A,
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) = B, b21 + b22 + · · · + b2n = C.
Luego Ax2 − 2Bx + C ≥ 0, para todo x ∈ R, y esto ocurre si ∆ ≤ 0. Discriminante.) En efecto
(∆:
∆ = (−2B)2 − 4AC ≤ 0 4B 2 − 4AC ≤ 0 B 2 ≤ AC
Reemplazando, tenemos que
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). La igualdad ocurre cuando f (x) presenta ra´ıces reales iguales. ⇒ (a1 x − b1 ) = 0 ∧ (a2 x − b2 ) = 0 ∧ · · · ∧ (an x − bn ) = 0 ⇔ a1 x = b1 ∧ a2 x = b2 ∧ · · · ∧ an x = bn
de donde (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bn ) son colineales o proporcionales.
Segunda Prueba. tonces tenemos que
Haciendo M =
n X i=1
a2i
!
n X i=1
!
b2i ; N =
n X i=1
ai bi
!2
2
, en-
3.1. El Lema de Titu
n X
M −N =
a2i
i=1
n X
=
a2i b2i
i=1
X
=
i6=j
X
1≤i
X
=
1≤i
Entonces
b2i
i=1
X
a2i b2j − 2
1≤i
=
+
n X
i6=j
X
=
!
!
a2i b2j X
n X
−
−
ai bi
i=1
n X i=1
39
!2
a2i b2i − 2
X
ai bj aj bi
1≤i
ai bj aj bi
1≤i
X a2i b2j + a2j b2i − 2 ai bj aj bi 1≤i
a2i b2j − 2ai bj aj bi + a2j b2i
(ai bj − aj bi )2 ≥ 0.
M −N ≥ 0
M ≥ N. [9] 2
3.1.
El Lema de Titu
Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales arbitrarios y x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, se tiene la desigualdad a21 a22 a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 + +···+ ≥ . x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn Primera Prueba.
a21 x1
+
a22 x2
+···+
a2n xn
a21 a22 a2 + +···+ n x1 x2 xn
Aplicando Cauchy-Schwarz
s
(x1 + x2 + · · · + xn ) ≥
a21 x1
·
√
x1 + · · · +
(x1 + x2 + · · · + xn ) ≥ (a1 + a2 + · · · + an )2 .
s
a2n xn
·
√
2
xn
40
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz a21 a22 a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 De donde tenemos que + +···+ ≥ . x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn
2
Como vemos, es una aplicaci´on de la desigualdad de Cauchy-Schwarz y por ello algunos afirman que simplemente es la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Segunda Prueba. (Por inducci´on). Veamos que la inducci´on se reduce al caso n = 2. a21 a22 (a1 + a2 )2 + ≥ x1 x2 x1 + x2 2 2 ⇔ a1 x2 + a2 x1 (x1 + x2 ) ≥ x1 x2 a21 + a22 + 2a1 a2
⇔ a21 x2 x1 + a21 x22 + a22 x21 + a22 x1 x2 ≥ a21 x1 x2 + a22 x1 x2 + 2a1 a2 x1 x2
⇔ a21 x22 + a22 x21 − 2a1 a2 x1 x2 ≥ 0
⇔ (a1 x2 − a2 x1 )2 ≥ 0,
a1 a2 = . x1 x2 Aplicando el resultado dos veces se tiene que
y la igualdad se tiene si y s´olo si
a21 a22 a23 (a1 + a2 )2 a23 + + ≥ + x1 x2 x3 x1 + x2 x3 ≥
(a1 + a2 + a3 )2 . x1 + x2 + x3
Supongamos que se cumple para n a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 a21 a22 + +···+ ≥ . x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn Veamos para n + 1
a21 a22 a2n + +···+ x1 x2 xn
a2n+1 (a1 + a2 + · · · + an )2 a2n+1 + ≥ + xn+1 x1 + x2 + · · · + xn xn+1
(a1 + a2 + · · · + an+1 )2 ≥ . [11] x1 + x2 + · · · + xn+1 2
3.2. Desigualdad de Sch¨ ur
3.2.
41
Desigualdad de Sch¨ ur
Si x, y, z son n´ umeros reales positivos y n un entero positivo, entonces xn (x − y)(x − z) + y n (y − z)(y − x) + z n (z − x)(z − y) ≥ 0. Prueba. Como el primer miembro es sim´etrico, entonces podemos asumir un orden. Sea x ≥ y ≥ z, entonces: x − z ≥ y − z, x − y ≥ 0 (x − y)(x − z) ≥ (x − y)(y − z), xn ≥ y n xn (x − y)(x − z) ≥ y n (x − y)(y − z).
(3.1)
Tambi´en (z − x)(z − y) ≥ 0, pues x ≥ z, y ≥ z ⇔ z (z − x)(z − y) ≥ 0. n
(3.2)
Sumando (3.1) y (3.2) xn (x − y)(x − z) + z n (z − x)(z − y) ≥ y n (x − y)(y − z)
xn (x − y)(x − z) − y n (x − y)(y − z) + z n (z − x)(z − y) ≥ 0
xn (x − y)(x − z) + y n (y − x)(y − z) + z n (z − x)(z − y) ≥ 0. La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z.
3.3.
2
Dos sustituciones muy u ´ tiles
Si en las inecuaciones tenemos la condici´on abc = 1, es conocida la sustituci´on a=
x y z , b= , c= , y z x
que hace que el problema se convierta en otro m´as f´acil; aunque esto no es siempre para todo problema.
42
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz
Veamos otras sustituciones que son muy u ´ tiles en la resoluci´on de problemas de desigualdades en los torneos internacionales. Si tenemos las condiciones x, y, z > 0 y xyz = x + y + z + 2, nos preguntamos, ¿cu´al ser´ıa la sustituci´on? De la condici´on xyz = x + y + z + 2 tenemos xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1 = xy + xz + yz + 2(x + y + z) + 3 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (xy + x + y + 1) + (xz + x + z + 1) +(yz + y + z + 1) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x + 1)(y + 1) + (x + 1)(z + 1) +(y + 1)(z + 1) 1 1 1 + + . z+1 y+1 x+1 1 1 Haciendo a = , b= , x+1 y+1
⇒ 1=
x=
c=
1 , se tiene a + b + c = 1 y z+1
1−a b+c c+a a+b = , y= , z= . a a b c
Ahora veamos otra condici´on. Para x, y, z > 0 y xy + yz + zx + 2xyz = 1 la sustituci´on es x=
a b c , y= , z= , b+c c+a a+b
pues xy + yz + zx + 2xyz = 1 equivale a 1 1 1 1 = + + + 2, xyz x y z es decir, en la primera sustituci´on s´olo ha sido cambiada por la inversa de x, y, z. [11]
3.4. Aplicaciones
3.4.
43
Aplicaciones
1. Sean a, b n´ umeros reales tales que a2 + b2 = 1; halle la variaci´on de 2a + b. Soluci´ on. Como nos piden la variaci´on de 2a+b que es equivalente a escribir 2·a+1·b; entonces escogemos los pares (2, 1) y (a, b) para aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz. En efecto, tenemos: (2 · a + 1 · b)2 ≤ (22 + 12 )(a2 + b2 )
⇔ (2a + b)2 ≤ (5)(1)
⇔ (2a + b)2 ≤ 5 √ √ ⇔ − 5 ≤ 2a + b ≤ 5. √ √ ∴ 2a + b ∈ [− 5, 5]. 2 2. Sean x ≥ 1, y ≥ 1. Pruebe que √ Prueba.
x−1 + x
√
y−1 y
2
≤ (x + y − 2)
1 1 + 2 2 x y
√ √ Consideremos los pares ( x − 1, y − 1),
la desigualdad de Cauchy-Schwarz tenemos
.
1 1 , x y
y aplicando
! 2 1 2 1 2 √ √ 1 √ 1 2 2 x−1· + y−1· ≤ x−1 + y−1 + x y x y √ 2 √ 1 1 x−1 y−1 ⇔ + ≤ (x − 1 + y − 1) + x y x2 y 2 √ 2 √ x−1 y−1 1 1 ⇔ + ≤ (x + y − 2) + . x y x2 y 2
√
La igualdad ocurre si y s´olo si x = y.
2
44
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz 3. Pruebe que (a2 + ab + b2 )2 ≤ (a2 + 2b2 )(2a2 + b2 ), para todo a, b n´ umeros reales. Prueba.
Tomamos las ternas (a, a, b), (a, b, b)
para aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz. En efecto (a · a + a · b + b · b)2 ≤ (a2 + a2 + b2 )(a2 + b2 + b2 ) Luego tenemos (a2 + ab + b2 )2 ≤ (2a2 + b2 )(a2 + 2b2 ). La igualdad ocurre si y s´olo si a = b.
2
4. Sean a, b, c n´ umeros reales, tales que no son nulos simult´aneamente, halle el valor m´aximo de |a + 3b + 9c| f (a, b, c) = √ . a2 + b2 + c2 Soluci´ on.
Sean las ternas (a, b, c) y (1, 3, 9), entonces (a · 1 + b · 3 + c · 9)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )(12 + 32 + 92 )
⇔ (a + 3b + 9c)2 ≤ 91(a2 + b2 + c2 ) p √ p ⇔ (a + 3b + 9c)2 ≤ 91 (a2 + b2 + c2 ) √ |a + 3b + 9c| ⇔ √ ≤ 91, a2 + b2 + c2
3.4. Aplicaciones
45
√ como f (a, b, c) ≥ 0 entonces 0 ≤ f (a, b, c) ≤ 91. √ ∴ El m´aximo valor de f es 91, y esto ocurre si y s´olo si (a, b, c) = (1, 3, 9). 2 5. Sean a, b n´ umeros reales, halle la variaci´on de f (α) = (a sen α + b cos α). Soluci´ on. tenemos:
Sean los pares (a, b), (sen α, cos α). Utilizando Cauchy-Schwarz
(a sen α + b cos α)2 ≤ (a2 + b2 )(sen α2 + cos α2 )
⇔ (a sen α + b cos α)2 ≤ (a2 + b2 )(1)
⇔ (a sen α + b cos α)2 ≤ a2 + b2 √ √ ⇔ − a2 + b2 ≤ a sen α + b cos α ≤ a2 + b2 . √ √ ∴ − a2 + b2 ≤ f (α) ≤ a2 + b2 . 2 6. Sean a, b, c n´ umeros reales tal que a + 2b + 3c = 14, halle la variaci´on de a2 + b2 + c2 . Soluci´ on. Escogemos las ternas (1, 2, 3) y (a, b, c) para utilizar la desigualdad de Cauchy-Schwarz. En efecto (1 · a + 2 · b + 3 · c)2 ≤ (12 + 22 + 32 )(a2 + b2 + c2 )
⇔ 142 ≤ 14(a2 + b2 + c2 )
⇔ 14 ≤ a2 + b2 + c2
∴ a2 + b2 + c2 ≥ 14. La igualdad ocurre si y s´olo si (a, b, c) = (1, 2, 3).
2
46
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz 7. Pruebe que para todo x, y, z n´ umeros reales positivos
x+y x+y+z
Prueba.
1/2
+
x+z x+y+z
1/2
+
y+z x+y+z
1/2
≤ 61/2 .
Tomamos las ternas
x+y x+y+z
1/2 1/2 1/2 ! x+z y+z , , ; (1, 1, 1), x+y+z x+y+z
aplicando Cauchy-Schwarz:
x+y x+y+z
1/2
·1+
x+z x+y+z
1/2
x+y x+z y+z ≤ + + x+y+z x+y+z x+y+z 2(x + y + z) = · (3) x+y+z = 6.
∴
x+y x+y+z
1/2
+
x+z x+y+z
1/2
·1+
y+z x+y+z
+
y+z x+y+z
1/2
8. Pruebe que x+y+z ≤2
x2 y2 z2 + + , y+z x+z x+y
para todo x, y, z n´ umeros reales positivos.
·1
!2
· (12 + 12 + 12 )
La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z.
1/2
≤ 61/2 . 2
3.4. Aplicaciones Prueba.
47
Como
√ √ √ x y z (x + y + z) = √ · y+z+ √ · x+y · x+z+ √ y+z x+y x+z 2 y2 z2 x + + (y + z + x + z + x + y) ≤ y+z x+z x+y 2 x y2 z2 2 (x + y + z) ≤ 2 (x + y + z) + + ; y+z x+z x+y 2
2
cancelando x + y + z > 0
x+y+z ≤2
x2 y2 z2 + + . y+z x+z x+y
La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z.
9. Sean x, y, z > 1 tales que √
Prueba.
2
1 1 1 + + = 2, pruebe que x y z
x+y+z ≥
√
x−1+
p √ y − 1 + z − 1.
Para aplicar Cauchy-Schwarz, tomamos las ternas √
x−1 √ , x
√
y−1 √ , y
√
z−1 √ z
y
√
√ √ x, y, z ;
en efecto tenemos que √
√ 2 y−1 √ z−1 √ · y+ √ · z √ y z x−1 y−1 z−1 ≤ + + · (x + y + z) x y z x−1 √ √ · x+ x
√
48
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz
⇔
√
1 1 1 1− +1− +1− x y z
2 p √ x−1+ y−1+ z−1 ≤
· (x + y + z) 1 1 1 + + (x + y + z) = 3− x y z
= (3 − 2) (x + y + z) = (x + y + z).
Entonces
√
x−1+ ∴
p
y−1+
√
z−1
2
≤ x + y + z.
p √ √ √ x − 1 + y − 1 + z − 1 ≤ x + y + z.
3 La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z = . 2
2
10. (China 1984/1985). Sean a1 , a2 , . . . , an > 0, pruebe que a2 a21 a22 a2 + + · · · + n−1 + n ≥ a1 + a2 + · · · + an . a2 a3 an a1 Prueba.
Aplicando el Lema de Titu.
a2 a21 a22 a2 (a1 + a2 + · · · + an−1 + an )2 + + · · · + n−1 + n ≥ a2 a3 an a1 a2 + a3 + · · · + an + a1 = a1 + a2 + · · · + an . La igualdad ocurre si y s´olo si a1 = a2 = · · · = an . 11. (Desigualdad de Nesbit) Pruebe que b c 3 a + + ≥ , b+c a+c a+b 2 para todo a, b, c n´ umeros reales positivos.
2
3.4. Aplicaciones
49
Prueba. b c a2 b2 c2 a + + = + + b+c a+c a+b ab + ac ba + bc ca + cb (a + b + c)2 ≥ (ab + ac) + (ba + bc) + (ca + cb) =
(a + b + c)2 , 2(ab + bc + ca)
basta demostrar que 3 (a + b + c)2 ≥ . 2(ab + bc + ca) 2 Como a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc
⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) ≥ 3(ab + ac + bc) ⇔
(a + b + c)2 3 ≥ . 2(ab + bc + ca) 2
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 12. Pruebe que para todo a, b, c n´ umeros reales positivos a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3
Prueba.
El lado izquierdo de la desigualdad se puede escribir como a4 b4 c4 + + , a3 + a2 b + ab2 b3 + b2 c + bc2 c3 + c2 a + ca2
2
50
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz luego, aplicando el Lema de Titu, tenemos: b4 c4 a4 + + a3 + a2 b + ab2 b3 + b2 c + bc2 c3 + c2 a + ca2 (a2 + b2 + c2 )2 ≥ 3 a + b3 + c3 + ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) =
(a2 + b2 + c2 )2 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 )
=
a2 + b2 + c2 , a+b+c
entonces b3 c3 a2 + b2 + c2 a3 + + ≥ . a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a+b+c Pero a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc
⇔ 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + ac + bc)
⇔ 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc)
⇔ 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ⇔
a2 + b2 + c2 a+b+c ≥ . a+b+c 3
De donde a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 13. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos. Pruebe que a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
2
3.4. Aplicaciones Prueba.
51
La desigualdad es equivalente a
a3 + b3 + c3 + 3abc − a2 b − ab2 − b2 c − bc2 − c2 a + ca2 ≥ 0
(a3 − a2 (b + c) + abc) + (b3 − b2 (a + c) + abc) + (c3 − c2 (b + a) + abc) ≥ 0 a (a2 − (b + c)a + bc) + b (b2 − (a + c)b + ac) + c (c2 − (b + a)c + ab) ≥ 0
a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0,
y ´esta es la desigualdad de Sch¨ ur para n = 1. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
14. Pruebe la desigualdad de Nesbit utilizando las sustituciones u ´ tiles a b c 3 + + ≥ , b+c a+c a+b 2 para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. a b c , y= , z= . b+c c+a a+b Entonces es suficiente probar que si x, y, z > 0 con xy + yz + zx + 2xyz = 1, entonces x + y + z ≥ 3/2. 3 Supongamos que x + y + z < . 2 Como Prueba.
Haciendo x =
(x + y + z)2 3 xy + yz + zx ≤ ⇒ xy + yz + zx < 3 4 3 x+y+z 1 xyz ≤ ⇒ 2xyz < 3 4 de donde 1 = (xy + yz + zx) + 2xyz <
3 1 + = 1. 4 4
52
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz Lo cual es una contradicci´on, entonces x + y + z ≥ 3/2. 2
15. Pruebe que si x, y, z son n´ umeros reales positivos y xyz = x+y +z +2 entonces xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z). Prueba.
De x, y, z > 0 y xyz = x + y + z + 2, tenemos la sustituci´on x=
b+c c+a a+b , y= , z= . a b c
Entonces ser´a suficiente demostrar
b+c c+a c+a a+b a+b b+c + + a b b c c a b+c c+a a+b ≥2 + + a b c
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b)
⇔ (a3 − a2 (b + c) + abc) + (b3 − b2 (a + c) + abc) + (c3 − c2 (a + b) + abc) ≥ 0
⇔ a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0.
Esta u ´ ltima desigualdad es verdadera, pues es la desigualdad de Sch¨ ur. La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z = 2. 16. Pruebe que para todo a, b, c n´ umeros reales positivos: (b + c − a)2 (c + a − b)2 (a + b − c)2 3 + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 (b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c 5
2
3.4. Aplicaciones
53
Prueba. En cada fracci´on del primer miembro dividimos por a2 , b2 , c2 respectivamente y se tiene
2 2 2 b+c c+a a+b −1 −1 −1 3 a b c + + ≥ . 2 2 2 5 b+c c+a a+b +1 +1 +1 a b c
Utilizando la sustituci´on b+c c+a a+b = x, = y, = z, a b c tenemos la desigualdad equivalente (x − 1)2 (y − 1)2 (y − 1)2 3 + 2 + 2 ≥ 2 x +1 y +1 y +1 5 con xyz = x + y + z + 2, x + y + z ≥ 6.
Aplicando el Lema de Titu
(x − 1)2 (y − 1)2 (y − 1)2 (x + y + z − 3)2 + + ≥ . x2 + 1 y2 + 1 y2 + 1 x2 + y 2 + z 2 + 3 Luego ser´a suficiente probar
(x + y + z − 3)2 3 ≥ . x2 + y 2 + z 2 + 3 5 ⇔ 5(x + y + z − 3)2 ≥ 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 9
(3.3)
Haciendo
x + y + z = s ⇒ x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + xz + yz) = s2 − 2(xy + xz + yz).
54
3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz Reemplazando en (3.3) 5(s − 3)2 ≥ 3(s2 − 2(xy + xz + yz)) + 9 efectuando
5s2 − 30s + 45 ≥ 3s2 − 6(xy + xz + yz) + 9 ⇔ 2s2 − 30s + 36 ≥ −6(xy + xz + yz) ⇔ s2 − 15s + 18 ≥ −3(xy + xz + yz).
(3.4)
Pero de la aplicaci´on 15
xy + yz + zx ⇔ xy + yz + zx ⇔ 3(xy + yz + zx) ⇔ −6s
≤ ≤ ≤ ≤
2(x + y + z) = 2s 2s 6s −3(xy + yz + zx).
(3.5)
De (3.4) y (3.5) es suficiente probar s2 − 15s + 18 ≥ −6s
⇔ s2 − 9s + 18 ≥ 0
⇔ (s − 3)(s − 6) ≥ 0, es verdadero, pues s ≥ 6.
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
CAP´ITULO
4
DESIGUALDAD DE LA MEDIA ´ ´ ARITMETICA - MEDIA GEOMETRICA En las olimpiadas de matem´aticas, en lo que corresponde al cap´ıtulo de desigualdades, una de las propiedades muy utilizadas es la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica; en tal sentido, mostraremos una serie de ejercicios que nos permitan profundizar. Antes de enunciar los teoremas, definiremos la Media Aritm´etica, Media Geom´etrica y Media Arm´onica de los n´ umeros x1 , x2 , . . . , xn reales positivos, de la siguiente manera: x1 + x2 + · · · + xn , n √ MG = n x1 x2 · · · xn , n MH = . 1 1 1 + +···+ x1 x2 xn MA =
Teorema 4.1 Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos entonces su Media Aritm´etica es mayor o igual que su Media Geom´etrica (MA ≥ MG). La igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 = · · · = xn . Prueba. Sea Pn = {MA ≥ MG para n n´ umeros}; probemos por inducci´on matem´atica de la siguiente manera 55
56
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica (i) Probaremos que se cumple para dos n´ umeros, es decir P2 es verdadero.
(ii) Tomando la hip´otesis que Pn es verdadero, probaremos que Pn−1 es verdadero. (iii) As´ı mismo probaremos que si Pn es verdadero entonces P2n es verdadero. Cuando (i), (ii) y (iii) se verifican, entonces Pn con n ≥ 2 es verdadero. Veamos (i) Como x1 , x2 ∈ R+ , entonces
√
x1 ,
Efectuando
√
√ √ x2 ∈ R+ , luego ( x1 − x2 )2 ≥ 0.
√ x1 − 2 x1 x2 + x2 ≥ 0
√ ⇔ x1 + x2 ≥ 2 x1 x2 x1 + x2 √ ⇔ ≥ x1 x2 . 2
La igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 . Vemos que P2 es verdadero. √ (ii) Sea g = n−1 x1 x2 · · · xn−1 , entonces g n−1 = x1 x2 · · · xn−1 . Como Pn es verdadero, entonces
x1 + x2 + · · · + xn−1 + g √ ≥ n x1 x2 · · · xn−1 · g n p x1 + x2 + · · · + xn−1 + g ≥ n g n−1 · g ⇔ n √ ⇔ x1 + x2 + · · · + xn−1 + g ≥ n · n g n = ng ⇔ x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ g(n − 1) x1 + x2 + · · · + xn−1 ⇔ ≥ g. n−1
De donde x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ n−1 Vemos que Pn−1 es verdadero.
√
n−1
x1 x2 · · · xn−1 .
57 (iii) Sean x1 , x2 , . . . , x2n n´ umeros reales positivos, entonces
x1 + x2 + · · · + x2n = (x1 + x2 ) + (x3 + x4 ) + · · · + (x2n−1 + x2n ) √ √ √ ≥ 2( x1 x2 + x3 x4 + · · · + x2n−1 x2n ) (4.1) Como Pn es verdadero, entonces √
√
√ q√ x3 x4 + · · · + x2n−1 x2n √ √ ≥ n x1 x2 · x3 x4 · · · x2n−1 x2n n q √ √ √ √ x1 x2 + x3 x4 + · · · + x2n−1 x2n ≥ n n x1 x2 x3 x4 · · · x2n−1 x2n ⇔ √ √ √ √ ⇔ 2 x1 x2 + x3 x4 + · · · + x2n−1 x2n ≥ 2n 2n x1 x2 x3 x4 · · · x2n−1 x2n . (4.2) x1 x2 +
De (4.1) y (4.2) tenemos que √ x1 + x2 + · · · + x2n ≥ 2n 2n x1 x2 · · · x2n x1 + x2 + · · · + x2n √ ⇔ ≥ 2n x1 x2 · · · x2n , 2n de donde P2n es verdadero. 2 Colorario 4.1 (Desigualdad de la Media Geom´etrica - Media Arm´onica) Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, entonces su Media Geom´etrica es mayor o igual que su Media Arm´onica (MG ≥ MH). La igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 = · · · = xn . Prueba. tenemos:
Aplicando el teorema 4.1 a los n´ umeros
1 1 1 , ,..., reales positivos, x1 x2 xn
1 1 1 r + +···+ 1 1 1 x1 x2 xn ≥ n · ··· , n x1 x2 xn
58
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica
⇔
1 1 1 + +···+ ≥ x1 x2 xn √ ⇔ n x1 x2 · · · xn ≥
n x1 x2 · · · xn n , 1 1 1 + +···+ x1 x2 xn √ n
la igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 = · · · = xn .
2
Colorario 4.2 (Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Arm´onica) Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, entonces x1 + x2 + · · · + xn n ≥ . 1 1 1 n + +···+ x1 x2 xn Prueba. que
La demostraci´on es inmediata, pues por transitividad, se tendr´ıa, ya
MA ≥ MG ∧ MG ≥ MH ⇒ MA ≥ MH. 2 Es importante observar que de MA ≥ MH n x1 + x2 + · · · + xn ≥ , 1 1 1 n + +···+ x1 x2 xn se tiene (x1 + x2 + · · · + xn )
4.1.
1 1 1 + +···+ x1 x2 xn
Aplicaciones
1. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos. Pruebe que a b c + + ≥ 3. b c a
≥ n2 .
4.1. Aplicaciones Prueba.
59
Como a, b, c ∈ R+ , entonces podemos utilizar MA - MG.
En efecto a b c r + + b c a ≥ 3 a·b·c 3 b c a √ a b c + + ≥ 3· 31 b c a a b c + + ≥ 3. b c a La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 2 2. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos. Pruebe que a4 b4 c4 + + ≥ 3abc. b c a
Prueba.
Utilizando MA - MG, a los n´ umeros
a4 b4 c4 , , . b c a
En efecto a4 b4 c4 r + + 4 4 b c a ≥ 3 a4 b · b · c 3 c a 4 4 4 a b c + + ≥ 3abc. b c a La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
3. Sabiendo que a, b, c, d son n´ umeros reales positivos con abcd = 1, pruebe que a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 10.
60
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica Prueba.
Utilizando MA ≥ MG se tiene:
p a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 10 (abcd)4 10 √ 2 2 2 2 a + b + c + d + ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 10 · 10 1 ∴ a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 10. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = d = 1.
2
4. (Australia 2000). Sea a un n´ umero real no nulo, b un n´ umero real, pruebe que a2 + b2 + Prueba.
1 b √ + ≥ 3. a2 a
Agrupando convenientemente b 1 a2 + b2 + 2 + a a 1 b 3 2 2 + a + 2 = b + 2+ 4a a 4a 2 1 3 = b+ + a2 + 2 2a 4a
y adem´as r √ 3 3 2 3 √ = 3 a2 + 2 ≥ 2 a2 · 2 = 4a 4a 2 √ 3 ⇔ a2 + 2 ≥ 3 4a 2 2 √ √ 1 3 1 2 ⇔ b+ + a + 2 ≥ b+ + 3 ≥ 3. 2a 4a 2a ∴ a2 + b2 + La igualdad ocurre si y s´olo si b = −
1 b √ + ≥ 3. 2 a a
1 . 2a
2
4.1. Aplicaciones
61
5. Pruebe que a2 + 2b ≥ 3(ab)2/3 para todo a, b n´ umeros reales positivos. Prueba. Observamos que a2 +2b = a2 +b+b, luego aplicamos MA ≥ MG a los n´ umeros a2 , b, b. En efecto tenemos: √ a2 + b + b 3 ≥ a2 · b · b 3 √ 3 ⇔ a2 + 2b ≥ 3 a2 b2
⇔ a2 + 2b ≥ 3(ab)2/3 . La igualdad ocurre si y s´olo si a2 = b.
2
6. Halle el menor valor de 4 f (x) = x2 + √ , x > 0. x Soluci´ on.
Vemos que 4 1 1 1 1 f (x) = x2 + √ = x2 + √ + √ + √ + √ x x x x x
1 1 1 1 entonces aplicamos MA ≥ MG a los n´ umeros x2 , √ , √ , √ , √ , veamos: x x x x 1 1 1 1 r x2 + √ + √ + √ + √ 1 1 1 1 x x x x ≥ 5 x2 · √ · √ · √ · √ 5 x x x x 4 ⇔ x2 + √ ≥ 5(1) x entonces f (x) ≥ 5.
Por lo tanto, el m´ınimo de f es 5 y ocurre si y s´olo si x = 1.
2
62
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica 7. Pruebe que M =1+
r
2+1 + 2
r 3
3+1 +···+ 3
r n
n+1 < n + 1. n
Prueba. El t´ermino general de la suma del primer miembro es y vemos que
r k
k+1 k
(k − 1) sumandos
r k
⇔
r k
}| { k+1 z v uk + 1 +1+1+···+1 k+1 u = t · 1| · 1{z· · · 1} < k k k k k (k − 1) factores
k+1 < k
k+1 +k−1 1 k = 1 + 2. k k
En efecto 1 1 1 M < 1+ 1+ 2 + 1+ 2 +···+ 1+ 2 2 3 n 1 1 1 = n+ 2 + 2 +···+ 2 2 3 n 1 1 1 + +···+ < n+ 1·2 2·3 (n − 1) · n 1 1 1 1 1 1 = n+ − + − +···+ − 1 2 2 3 n−1 n 1 = n + 1 − < n + 1. [10, p´ag 17] n 2 8. Pruebe que r n
siendo n entero positivo.
√ n
n 1+ + n
r n
1−
√ n
n < 2, n
4.1. Aplicaciones
63
Prueba. √ n v n √ √ √ u 1 + + (n − 1) n n n n n n u n n 1+ = t 1+ · 1| · 1{z· · · 1} < =1+ 2 . n n n n
r n
(n − 1) factores
Similarmente r n
√ n
√ n n n 1− <1− 2 , n n
entonces r n
r
√ n
n 1+ + n
∴
r n
n
√ n
√ √ n n n n n 1− < 1 + 2 + 1 − 2 = 2. n n n
n + 1+ n
√ n
r n
1−
√ n
n < 2. [10, p´ag 17] n 2
9. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos con a + b + c = 3, halle el m´aximo valor de f (a, b, c) =
p 3
a(b + 2c) +
p 3
b(c + 2a) +
p 3
c(a + 2b).
Prueba. Como f (a, b, c) es una expresi´on sim´etrica para a, b, c entonces el m´aximo ocurre cuando a = b = c y como a + b + c = 3 a = b = c = 1 ⇒ 3a = 3b = 3c = 3 b + 2c = c + 2a = a + 2b = 3.
Luego aplicando MA ≥ MG, de la siguiente manera: p 3
1 p 1 3 a(b + 2c) = √ 3a(b + 2c) · 3 ≤ √ 3 3 9 9
3a + (b + 2c) + 3 3
64
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica 1 3a + b + 2c + 3 ⇔ a(b + 2c) ≤ √ ; similarmente 3 3 9 p 1 3b + c + 2a + 3 3 b(c + 2a) ≤ √ ; 3 3 9 p 1 3c + a + 2b + 3 3 . c(a + 2b) ≤ √ 3 3 9 p 3
Sumando miembro a miembro tenemos
p p p 1 3 a(b + 2c) + 3 b(c + 2a) + 3 c(a + 2b) ≤ √ 3 {z } | 9 f (a,b,c)
6(a + b + c) + 9 3
,
√ 1 3 · 9 = 3 ⇒ f (a, b, c) ≤ √ 3. 3 9
√ ∴ m´ax f = 3 3 3.
[10, p´ag 16]
2
10. (APMO 1998). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos. Pruebe que
Prueba. 2z x + . x y
x y z 2(x + y + z) 1+ 1+ 1+ ≥2+ . √ 3 xyz y z x
Observar que 3
x y z + + y z x
=
2x y + y z
+
Utilizando MA ≥ MG, tenemos que r 2x y x x y x x + = + + ≥ 33 · y z y y z y y s x2 2x y + ≥ 33 , y z yz
y · , entonces z similarmente
2y z + z x
+
4.1. Aplicaciones
65
r 2 2y z 3 y + ≥ 3 ; z x xz s 2z x z2 + ≥ 33 x y xy de donde tenemos que:
3
x y z + + y z x
≥ 3·
s 3
x2 +3· yz
r 3
y2 +3· xz
s 3
x y z = 3 √ + + √ √ 3 xyz 3 xyz 3 xyz x y z x+y+z ⇔ + + ≥ ; similarmente √ 3 xyz y z x x z y x+y+z + + ≥ , √ 3 xyz z y x
z2 xy
Sumando miembro a miembro tenemos x y z x z y 2(x + y + z) + + + + + ≥ , √ 3 xyz y z x z y x sumando 2 en ambos miembros
1+
x y z x y x z y z x + + + · + · + · + y z x y z y x z x y |
de donde
·
y z 2(x + y + z) · ≥2+ , √ 3 xyz z x {z } 1
x y z 2(x + y + z) 1+ 1+ 1+ ≥2+ . √ 3 xyz y z x La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z.
2
66
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica
11. Sean a, b, c lados de un tri´angulo con per´ımetro 3. Pruebe que √ Prueba.
1 1 9 1 +√ +√ ≥ . ab + bc + ca a+b−c b+c−a c+a−b Haciendo x=
√
a + b − c; y =
√
b + c − a; z =
entonces x2 + y 2 + z 2 = a + b + c = 3 c=
(4.3)
y
y2 + z2 , de donde se deduce que: 2 ab + ac + bc =
a =
√
c + a − b,
x2 + z 2 , 2
b =
x2 + y 2 , 2
9 + x2 y 2 + y 2z 2 + z 2 x2 . 4
Luego la desigualdad (4.3) es equivalente a 1 1 1 36 + + ≥ 2 2 x y z 9 + x y + y 2z 2 + z 2 x2 p ⇔ (yz + xz + xy) (9 + (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 ) ≥ 36xyz = 36 (xyz)2 . Haciendo xy = m, xz = n, yz = p, tenemos √ (m + n + p)(9 + m2 + n2 + p2 ) ≥ 36 mnp. Pero aplicando MA ≥ MG, tenemos que √ m + n + p ≥ 3 3 mnp
(4.4)
9 sumandos
z }| { p m2 + n2 + p2 + 1 + 1 + · · · + 1 ≥ 12 m2 n2 p2 12 p m2 + n2 + p2 + 9 ≥ 12 12 (mnp)2 √ m2 + n2 + p2 + 9 ≥ 12 6 mnp.
(4.5)
4.1. Aplicaciones
67
Multiplicando miembro a miembro (4.4) y (4.5) √ √ 3 3 mnp 12 6 mnp √ = 36 mnp,
(m + n + p)(m2 + n2 + p2 + 9) ≥ de donde obtenemos:
√ (m + n + p)(m2 + n2 + p2 + 9) ≥ 36 mnp. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = 1.
2
12. Pruebe que para x, y n´ umeros reales no negativos, con x ≥ y, y n entero positivo, se cumple que n(x − y)(xy) Prueba.
n−1 2
≤ xn − y n .
Hay dos casos:
(i) Si x = y, se cumple la igualdad. (ii) Si x 6= y xn − y n ; x>y x−y
n(xy)
n−1 2
≤
n(xy)
n−1 2
≤ xn−1 + xn−2 y + xn−3 y 2 + · · · + xy n−2 + y n−1.
Aplicando MA ≥ MG p xn−1 + xn−2 y + · · · + y n−1 > n (xn−1 ) · (xn−2 y) · (xn−3 y 2 ) · · · (y n−1) n q (n−1)n (n−1)n n−1 n = x 2 · y 2 = (xy) 2 Por lo tanto de (i) y (ii) tenemos xn−1 + xn−2 y + · · · + y n−1 ≥ n(xy)
n−1 2
. 2
68
4. Desigualdad de la Media Aritm´etica - Media Geom´etrica
CAP´ITULO
5
DESIGUALDAD DE BERNOULLI Y LA MEDIA POTENCIAL La desigualdad de Bernoulli es muy importante, puesto que es muy utilizada en el an´alisis matem´atico y en otras ramas de la matem´atica. Teorema 5.1 Si x ≥ −1 y n entero positivo, entonces (1 + x)n ≥ 1 + nx. Prueba.
La demostraci´on la haremos por inducci´on.
Si n = 1: 1 + x ≥ 1 + x, es verdadera. Supongamos que se cumpla para n = k, es decir: (1 + x)k ≥ 1 + kx (hip´otesis inductiva). Veremos que se cumple para n = k + 1. Multiplicando por (1 + x) en la desigualdad anterior (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x)
⇔ (1 + x)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x 69
70
5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial de donde (1 + x)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x. ∴ (1 + x)n ≥ 1 + nx. 2
Teorema 5.2 Si x ≥ −1 y 0 < α < 1, entonces (1 + x)α ≤ 1 + αx. Prueba. Si x = −1, la desigualdad se verifica trivialmente. m Veamos para x > −1. Sea α racional, α = , m, n ∈ Z+ con 1 ≤ m < n. n Como 1 + x > 0, tenemos m
(1 + x)α = (1 + x) n
= =
p n
s n
(1 + x)m =
p n (1 + x)m · 1n−m
(1 + x) · (1 + x) · · · (1 + x) · 1| · 1{z· · · 1} | {z } m
n−m
m
n−m z }| { z }| { (1 + x) + (1 + x) + · · · + (1 + x) + 1 + 1 + · · · + 1 ≤ m + (n − m) m(1 + x) + n − m n + mx m = = = 1 + x = 1 + αx, n n n
de donde se tiene (1 + x)α ≤ 1 + αx, α ∈ Q, 0 < α < 1. Ahora veremos para α ∈ Q′ . (Q′ conjunto de los n´ umeros irracionales.) Sea (qk )k∈N = (q1 , q2 , q3 , . . . , qk , . . .) una sucesi´on de n´ umeros racionales tal que α = l´ım qk y 0 < qk < 1. k→∞
En efecto (1 + x)qk ≤ 1 + qk x; x ≥ −1, k = 1, 2, 3, . . .
71 luego (1 + x)α = l´ım (1 + x)qk ≤ l´ım (1 + qk x) = 1 + αx. k→∞
k→∞
Para completar la prueba, veamos que 0 < α < 1 y x 6= 0, se tiene (1 + x)α < 1 + αx; tomemos un n´ umeroh racional iq tal que α < q < 1. α q Y como (1 + x)α = (1 + x) q se cumple, entonces α
(1 + x) q
⇔ (1 + x)α
α α ≤ 1 + x; pues 0 < < 1 q q q α α ≤ 1 + x < 1 + q · x; o sea q q
(1 + x)α < 1 + αx.
Luego la desigualdad ocurre si y s´olo si x = 0.
2
Teorema 5.3 Si x ≥ −1 y (α < 0 ∨ α > 1), se tiene (1 + x)α ≥ 1 + αx. Prueba. Si 1 + αx < 0, la desigualdad es evidente, pues el primer miembro es no negativo. Si 1 + αx ≥ 0, es decir αx ≥ −1, consideremos dos casos: Sea α > 1, entonces por el teorema 5.2 1
(1 + αx) α ≤ 1 +
1 · αx = 1 + x, α
de donde 1 + αx ≤ (1 + x)α ⇔ (1 + x)α ≥ 1 + αx.
72
5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial Sea α < 0, tomemos un entero n positivo tal que − αn < 1, luego por el teorema 5.2 (1 + x)
−α n α
⇔ (1 + x) n
α ≤ 1+ − x n α 1 ≥ α ≥ 1 + n x. 1− x n
La igualdad s´olo es posible si x = 0.
5.1.
2
Media Potencial
Definici´ on 5.1 : Dados x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, el n´ umero Mα =
xα1 + xα2 + · · · + xαn n
α1
es la media potencial de grado α de los n´ umeros x1 , x2 , · · · , xn . En particular x1 + x2 + · · · + xn es la media aritm´etica, n 2 1 x1 + x22 + · · · + x2n 2 es la media cuadr´atica, = n −1 −1 −1 x1 + x−1 2 + · · · + xn = es la media arm´onica. n
M1 = M2 M−1
Teorema 5.4 Si x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos y α < 0 < β, entonces Mα ≤ MG ≤ Mβ . Prueba.
Como MG ≤ MA, entonces p n
xα1 · xα2 · · · xαn ≤
De α < 0 < β, tenemos
1 α
xα1 + xα2 + · · · + xαn . n
< 0, entonces elevando a la potencia
1 α
5.1. Media Potencial
73
1 α α α α x + x + · · · + x 1 2 n ( xα1 · xα2 · · · xαn ) ≥ n 1 α x1 + xα2 + · · · + xαn α √ n = Mα , ⇔ x1 · x2 · · · xn ≥ n √ n
1 α
de donde Mα ≤ MG. As´ı mismo q n
xβ1
·
xβ2
elevando a la potencia
· · · xβn
xβ1 + xβ2 + · · · + xβn ≤ ; β > 0, n
1 β
q β1 n β β β x1 · x2 · · · xn ≤ ⇔
√ n
x1 · x2 · · · xn ≤
xβ1
xβ2
xβn
! β1
+···+ n ! β1 xβ1 + xβ2 + · · · + xβn = Mβ , n +
de donde MG ≤ Mβ . ∴ Mα ≤ MG ≤ Mβ . 2 Teorema 5.5 Si x1 , x2 , . . . , xn son n´ umeros reales positivos y α < β, se tiene Mα ≤ Mβ . La igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 = · · · = xn . Prueba. El teorema 5.4 demuestra cuando α y β tienen diferentes signos. Ahora veamos cuando tienen el mismo signo. Supongamos que 0 < α < β y haciendo Mα =
xα1 + xα2 + · · · + xαn n
α1
= q,
74
5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial entonces
Tomando
x1 Mβ q Mβ = = Mα q
d1 =
x1 q
α
β
; d2 =
+
x2 q
x2 q
β
+···+
n
α
; · · · ; dn =
xn q
β β1
xn q
.
α
,
obtenemos
β α
β1
Mβ d1 + d2 + · · · + dn = . q n
Pero
β α
β α
d1 + d2 + · · · + dn n
α1
x1 q = 1 · = q
resulta
α
+
x2 q
α
+···+
xn q
α1
=
1 · q = 1, q
n
xα1 + xα2 + · · · + xαn n
d1 + d2 + · · · + dn = 1, es decir n d1 + d2 + · · · + dn = n.
Haciendo d1 = 1 + k1 ; d2 = 1 + k2 ; . . . ; dn = 1 + kn , entonces k1 + k2 + · · · + kn = 0. β Como > 1, pues α < β, se tiene α
α α1
5.1. Media Potencial
β
β k1 α β ≥ 1 + k2 α .. .
β
≥ 1+
α1α = (1 + k1 ) α β
β
α2α = (1 + k2 ) α .. . β
75
β
αnα = (1 + kn ) α ≥ 1 +
β kn . α
Sumando miembro a miembro, tenemos β
β
β
α1α + α2α + · · · + αnα ≥ n + β α
β α
β α
β
β
β
⇔ α1 + α2 + · · · + αn
≥ n
β (k1 + k2 + · · · + kn ) {z } α | 0
α α + α2α + · · · + αnα ⇔ 1 ≥ 1 n β β1 β β α α α α + α2 + · · · + αn ⇔ 1 ≥ 1, n
de donde
Mβ ≥ 1 ⇔ Mβ ≥ q ⇔ Mβ ≥ Mα . q La igualdad Mβ = Mα se cumple si y s´olo si k1 = k2 = · · · = kn
d1 = d2 = · · · = dn
= 0, luego = 1, y por consiguiente
x1 = x2 = · · · = xn . β Falta demostrar el caso α < β < 0, pero de α < β < 0 se tiene 0 < < 1, y se α repite el caso anterior. ∴ Mα ≤ Mβ . 2
76
5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial
5.2.
Aplicaciones
1. Demuestre que si x3 + y 3 + z 3 = 2187, siendo x, y, z n´ umeros reales positivos, entonces x + y + z ≤ 27. Prueba.
Como M1 ≤ M3 , entonces: x+y+z ≤ 3
x3 + y 3 + z 3 3
1/3
(x + y + z)3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 27 3 3 3 ⇔ (x + y + z) ≤ 9(x + y 3 + z 3 )
⇔
⇔ (x + y + z)3 ≤ 32 · 37 = 39 ⇔ x + y + z ≤ 33 .
Por lo tanto x + y + z ≤ 27.
La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z = 9.
2
2. Si f (x, y, z) = x3 +y 3 +z 3 , con x, y, z n´ umeros reales positivos y x+y+z = entonces el m´ınimo valor de f es:
√ 3
3,
Soluci´ on. Como x, y, z > 0 y tenemos que buscar una relaci´on entre x+y+z y x3 + y 3 + z 3 , entonces aplicamos la Media Potencial, veamos: x+y+z ≤ 3 ⇔
x3 + y 3 + z 3 3
(x + y + z)3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 27 3 √ 3 3 ( 3) ⇔ ≤ x3 + y 3 + z 3 9 1 ⇔ ≤ x3 + y 3 + z 3 3
1/3
√ 3 1 3 Por lo tanto el m´ınimo de f es y ocurre si y s´olo si x = y = z = . 3 3
2
5.2. Aplicaciones
77
3. Sean x, y, z reales no negativos, pruebe que x5 + y 5 + z 5 ≥ 5(x + y + z) − 12. Prueba. Como en la desigualdad aparecen suma y suma de quintas, entonces podemos aplicar la desigualdad de Bernoulli o la media potencial; veamos utilizando la desigualdad de Bernoulli: (1 + a)5 ≥ 1 + 5a; a ≥ −1. Haciendo 1 + a = x ⇒ a = x − 1, entonces x5 ≥ 1 + 5(x − 1)
⇔ x5 ≥ 5x − 4; x ≥ 0; similarmente y 5 ≥ 5y − 4 z 5 ≥ 5z − 4
sumando miembro a miembro y efectuando tenemos x5 + y 5 + z 5 ≥ 5x + 5y + 5z − 12. ∴ x5 + y 5 + z 5 ≥ 5(x + y + z) − 12. La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z = 1.
2
78
5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial
CAP´ITULO
6
DESIGUALDAD DE REORDENAMIENTOS Teorema 6.1 (Teorema de Abel) Sean (x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn ), dos n-uplas de n´ umeros reales y denotamos ck = y1 + y2 + · · · + yk ; (k = 1, 2, . . . n), entonces x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn = (x1 − x2 )c1 + (x2 − x3 )c2 + (xn−1 − xn )cn−1 + xn cn . (6.1) Prueba.
Efectuando el segundo miembro de (6.1)
(x1 − x2 )c1 + (x2 − x3 )c2 + (xn−1 − xn )cn−1 + xn cn = c1 x1 + (c2 − c1 )x2 + · · · +(cn − cn−1 )xn
= y1 x1 + y2 x2 + · · · + yn xn . 2 Teorema 6.2 (Desigualdad de Abel) Sean x1 , x2 , . . . , xn , y y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn ≥ 0 n´ umeros reales y denotemos k X sk = xi con M = m´ax {s1 , s2 , . . . , sn } y m = m´ın {s1 , s2 , . . . , sn }, entonces i=1
my1 ≤ x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn ≤ My1 . 79
80
6. Desigualdad de Reordenamientos
Prueba. tenemos
Como y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn ≥ 0, entonces aplicando el teorema de Abel n X
xi yi =
i=1
≥
n X
i=1 n X i=1
(yi − yi+1 )si ; yn+1 = 0 n X (yi − yi+1 )m = m (yi − yi+1 ) = my1 , i=1
de donde n X i=1
xi yi ≥ my1 .
Similarmente n X
xi yi =
i=1
n X i=1
≤
n X i=1
(yi − yi+1 )si ; yn+1 = 0 (yi − yi+1 )M = M
n X i=1
(yi − yi+1 ) = My1 ,
de donde n X i=1
xi yi ≤ My1 .
∴ my1 ≤
n X i=1
xi yi ≤ My1 . 2
Aplicaci´ on 6.1 Sean a1 , a2 , · · · , an
y
b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ≥ 0 n´ umeros reales positivos tales que
a1 · a2 · · · ak ≥ b1 · b2 · · · bk , ∀ k ∈ {1, 2, . . . , n}. Pruebe que a1 + a2 + · · · + an ≥ b1 + b2 + · · · + bn .
81 Prueba. n X i=1
ai −
Aplicando el teorema de Abel n X i=1
bi
ai = bi −1 b i i=1 a1 a2 a1 = (b1 − b2 ) − 1 + (b2 − b3 ) + −2 +··· b1 b1 b2 ! ! n−1 n X X ai ai +(bn−1 − bn ) − n + 1 + bn −n . b b i=1 i i=1 i n X
Analizando cada suma
k X ai i=1
bi
; k = 1, 2, . . . , n, mediante la propiedad MA ≥ MG
ak a1 a2 + +···+ ≥k b1 b2 bk
r k
a1 a2 ak · ··· ≥ k, b1 b2 bk
luego k X ai i=1
∴
n X i=1
bi
−k
ai −
!
n X i=1
≥ 0. bi ≥ 0. 2
Teorema 6.3 (Desigualdad de Reordenamientos) Sean (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bn ) dos sucesiones crecientes de n´ umeros reales y sea (bi1 , bi2 , . . . , bin ) una permutaci´on de (b1 , b2 , . . . , bn ), entonces a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 bi1 + a2 bi2 + · · · + an bin . Si (a1 , a2 , . . . , an ) es creciente y (b1 , b2 , . . . , bn ) es decreciente, entonces a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 bi1 + a2 bi2 + · · · + an bin . Prueba.
Veamos el caso a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an y b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn .
82
6. Desigualdad de Reordenamientos Aplicando el teorema de Abel
n X k=1
ak bk −
n X i=1
ak bik =
n X k=1
ak (bk − bik )
= (a1 − a2 ) (b1 − bi1 ) + (a2 − a3 ) (b1 + b2 − bi1 − bi2 ) + · · · | {z } | {z } (+)
+ (an−1 − an ) |
k=1
{z
bk −
(+)
+ an |
n−1 X
n X k=1
bk − {z
n X
bik
k=1
(+)
pues para cada k = 1, 2, . . . , n, tenemos que k X j=1
bj ≤
k X
!
n−1 X
bik
k=1
!
≥ 0,
(+)
}
}
bij ,
j=1
ya que b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn . La segunda parte del teorema se prueba similarmente.
2
Aplicaci´ on 6.2 Pruebe que a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2 para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. Prueba. Esta desigualdad ya fue probada por el Lema de Titu y aplicando MA ≥ MG, ahora veamos aplicando reordenamientos. En efecto, por la simetr´ıa del primer miembro de la desigualdad, podemos asumir un orden, como a ≤ b ≤ c, entonces a + b ≤ a + c ≤ b + c y 1 1 1 ≤ ≤ . b+c a+c a+b
83 Luego a b c b c a + + ≥ + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b b c c a b a + + ≥ + + , b+c c+a a+b b+c c+a a+b sumando miembro a miembro, tenemos: a b c b+c c+a a+b 2 + + ≥ + + = 3, b+c c+a a+b b+c c+a a+b de donde a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 2 Colorario 6.1 Para toda permutaci´on (a′1 , a′2 , . . . , a′n ) de (a1 , a2 , . . . , an ), se tiene a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 · a′1 + a2 · a′2 + · · · + an · a′n . Colorario 6.2 Para toda permutaci´on (a′1 , a′2 , . . . , a′n ) de (a1 , a2 , . . . , an ), se tiene a′1 a′2 a′n + +···+ ≥ n. a1 a2 an Teorema 6.4 (Desigualdad de Chebyshev) Sean a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an y b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn , entonces a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ n
a1 + a2 + · · · + an n
b1 + b2 + · · · + bn n
.
Si una de las sucesiones es creciente y la otra, decreciente, el sentido de la desigualdad cambia a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ n
a1 + a2 + · · · + an n
b1 + b2 + · · · + bn n
.
84
6. Desigualdad de Reordenamientos
Prueba. Veamos el caso cuando las dos sucesiones son crecientes. En efecto, por la desigualdad de reordenamientos, tenemos a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn , a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 b2 + a2 b3 + · · · + an b1 ,
a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 b3 + a2 b4 + · · · + an b2 , .. .. .. . . .
a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 bn + a2 b1 + · · · + an bn−1 . Sumando miembro a miembro, tenemos n(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) ≥ (a1 + a2 + · · · + an )(b1 + b2 + · · · + bn ). El otro caso se prueba de manera similar.
2
Aplicaci´ on 6.3 Pruebe que a3 b3 c3 (a + b + c)3 + + ≥ x y z 3(x + y + z) para todo a, b, c, x, y, z n´ umeros reales positivos con a ≥ b ≥ c Prueba.
z ≥ y ≥ x.
y
Sean las ternas
como a ≥ b ≥ c
y
a2 b2 c2 , , x y z
; (a, b, c),
z ≥ y ≥ x, entonces
Aplicando el teorema de Chebyshev
a2 b2 c2 ≥ ≥ . x y z
2 a2 b2 c2 a b2 c2 ·a+ ·b+ ·c x + y + z a+b+c x y z ≥ 3 3 3 a3 b3 c3 ⇔ + + ≥ x y z
a2 b2 c2 + + x y z
a+b+c 3
.
85 Luego es suficiente demostrar 2 b2 c2 a+b+c (a + b + c)3 a + + ≥ . x y z 3 3(x + y + z) Pero sabemos por el lema de Titu a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ . x y z x+y+z a+b+c Multiplicando por , tenemos 3 2 a b2 c2 a+b+c (a + b + c)3 + + ≥ . x y z 3 3(x + y + z) 2 Aplicaci´ on 6.4 Pruebe que xα yα zα 3 + + ≥ y+z z+x x+y 2 para todo α, x, y, z n´ umeros reales positivos tales que xyz = 1 y α ≥ 1. Prueba.
Por la simetr´ıa, podemos asumir el orden x ≥ y ≥ z, entonces 1 1 ≤ z+x y+z 1 1 ≤ , x+y ≥x+z ⇔ x+y x+z z+x≥y+z ⇔
1 1 1 ≤ ≤ . x+y x+z y+z z y x Luego ≤ ≤ y adem´as x+y x+z y+z de donde
xα−1 ≥ y α−1 ≥ z α−1 . Utilizando Chebyshev xα yα zα 1 α−1 + + ≥ x + y α−1 + z α−1 y+z z+x x+y 3
x y z + + y+z z+x x+y
.
86
6. Desigualdad de Reordenamientos Pero sabemos que p xα−1 + y α−1 + z α−1 ≥ 3 (xyz)α−1 = 1 3 x y z 3 + + ≥ y+z z+x x+y 2 ∴
yα zα 3 xα + + ≥ . y+z z+x x+y 2 2
Aplicaci´ on 6.5 Pruebe que a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c 3 para todo a, b, c, d reales positivos con ab + bc + cd + da = 1. Prueba. Por la simetr´ıa del primer miembro de la desigualdad, supongamos sin p´erdida de generalidad que a ≥ b ≥ c ≥ d, y haciendo m = b + c + d, n = a + c + d, p = a + b + d, q = a+b+c ⇒ m≤n≤p≤q ∧
1 1 1 1 ≥ ≥ ≥ , m n p q
luego, aplicando Chebyshev, tenemos: a3 b3 c3 d3 + + + m n p q 1 3 1 1 1 1 3 3 3 ≥ (a + b + c + d ) + + + 4 m n p q 1 2 1 1 1 1 2 2 2 ≥ (a + b + c + d ) (a + b + c + d) + + + 16 m n p q
87 como m + n + p + q = 3(a + b + c + d), entonces
≥ = ≥ =
a3 b3 c3 d3 + + + m n p q 1 2 m + n + p + q 1 1 1 1 (a + b2 + c2 + d2 ) + + + 16 3 m n p q 1 2 1 1 1 1 2 2 2 1 (a + b + c + d ) (m + n + p + q) + + + 16 3 m n p q 1 2 1 (a + b2 + c2 + d2 ) (16) 16 3 1 2 (a + b2 + c2 + d2 ) . 3
Nos falta acotar a2 + b2 + c2 + d2 y como tenemos la relaci´on ab + bc + cd + da = 1, entonces tomamos las cuaternas (a, b, c, d) y (b, c, d, a) para aplicar Cauchy-Schwarz; en efecto: (a2 + b2 + c2 + d2 ) (b2 + c2 + d2 + a2 ) ≥ (ab + bc + cd + da)2 2
⇔ (a2 + b2 + c2 + d2 ) ≥ (1)2
⇔ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1. ∴
a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ . m n p q 3 2
88
6. Desigualdad de Reordenamientos
CAP´ITULO
7
DESIGUALDAD CON FUNCIONES CONVEXAS Las funciones convexas cumplen un rol muy importante en la matem´atica, especialmente en la l´ınea de optimizaci´on, ya que en estos tiempos se est´an estudiando modelos matem´aticos en ingenier´ıa, econom´ıa, etc. En este cap´ıtulo estudiaremos estas funciones para obtener una desigualdad muy importante llamada la desigualdad de Jensen, la cual se ha utilizado en muchas olimpiadas matem´aticas internacionales.
7.1.
Funci´ on convexa
Definici´ on 7.1: Sea f una funci´on real de variable real, definida sobre [a, b] ⊂ R. f es llamada una funci´on convexa sobre [a, b] si y s´olo si para cada x, y ∈ [a, b] y para todo 0 ≤ t ≤ 1, se tiene f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y). A continuaci´on utilizaremos el concepto de primera y segunda derivada (se puede cualquier libro de An´alisis Matem´atico). Teorema 7.1 Si f es una funci´on real definida sobre [a, b] ⊂ R y f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ ha, bi, entonces f es una funci´on convexa sobre [a, b]. 89
90
7. Desigualdad con Funciones Convexas
Prueba. cumple
Debemos probar que para todo x ∈ [a, b] y para todo t ∈ [0, 1], se f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y).
(7.1)
Supongamos que t y y son constantes; definimos g(x) = tf (x) + (1 − t)f (y) − f (tx + (1 − t)y). Derivando con respecto a x g ′ (x) = tf ′ (x) − tf ′ (tx + (1 − t)y) = t(f ′ (x) − f ′ (tx + (1 − t)y)). Como f ′′ (x) > 0, ∀ x ∈ [a, b], entonces f ′ es creciente en [a, b], de donde tenemos que g ′(x) ≥ 0 si x ≥ y; y g ′(x) ≤ 0 si x ≤ y, el m´ınimo de la funci´on es g(y), evaluando en (7.1) tenemos g(y) = 0. Luego g(x) ≥ g(y), ∀ x ∈ [a; b], de donde g(x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a; b]. Reemplazando tf (x) + (1 − t)f (y) − f (tx + (1 − t)y) ≥ 0.
∴ f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y), ∀ x ∈ [a; b], ∀ t ∈ [0; 1]. [9] 2
7.1. Funci´on convexa
91
Ejemplo 7.1 La funci´on f (x) = ǫx , con x n´ umero real, es convexa. 8 7 6 5 4 3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
pues f ′′ (x) = ǫx > 0, para todo x n´ umero real. Teorema 7.2 Si f es convexa sobre [a, b], entonces para cada x, y ∈ [a, b] se tiene x+y 1 ≤ (f (x) + f (y)) . f 2 2 Prueba.
Es suficiente tomar t =
1 en la definici´on. 2
2
Definici´ on 7.2 : Una funci´on f real definida sobre [a, b] ⊂ R es llamada funci´on c´oncava sobre [a, b] si y s´olo si para cada x, y ∈ [a, b] y para todo 0 ≤ t ≤ 1 se tiene f (tx + (1 − t)y) ≥ tf (x) + (1 − t)f (y). n Teorema 7.3 (Desigualdad de Jensen) X Si f es convexa sobre [a, b], entonces para cada t1 , t2 , . . . , tn ∈ [0, 1] con ti = 1 y
para cada x1 , x2 , . . . , xn ∈ [a, b], se tiene
i=1
f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) ≤ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn ).
92
7. Desigualdad con Funciones Convexas
Prueba. Demostraremos por inducci´on. Para n = 2 es el teorema anterior. Supongamos que se cumpla para (n − 1), veamos para n. Como t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn−1 xn−1 + tn xn = (1 − tn ) +tn xn ,
h
t1 x 1−tn 1
+
t2 x 1−tn 2
+···+
tn x 1−tn−1 n−1
i
entonces t1 tn−1 f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) = f (1 − tn ) x1 + · · · + xn−1 + tn xn 1 − tn 1 − tn t1 tn−1 x1 + · · · + xn−1 ≤ (1 − tn )f 1 − tn 1 − tn +tn f (xn ), f convexa t1 tn−1 ≤ (1 − tn ) f (x1 ) + · · · + f (xn−1 ) 1 − tn 1 − tn +tn f (xn ),
= t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn ), de donde se tiene f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) ≤ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn ). 2 1 En particular, si t1 = t2 = · · · = tn = , se tiene n x1 + x2 + · · · + xn 1 f ≤ (f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )) . n n Similarmente si f es c´oncava entonces f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) ≥ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn ). Teorema 7.4 Si f es una funci´on real definida sobre [a, b] ⊂ R, y f ′′ (x) < 0 para todo x ∈ ha, bi, entonces f es una funci´on c´oncava sobre [a, b].
7.1. Funci´on convexa Prueba.
La prueba es similar al teorema 7.1.
93 2
n Aplicaci´ on 7.1 X Pruebe que dados x1 , x2 , . . . , xn , t1 , t2 , . . . , tn n´ umeros reales positivos con ti = 1, i=1
entonces
xt11 · xt22 · · · xtnn ≤ t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn . Prueba.
Sabemos que f (x) = ǫx , x ∈ R, es convexa y adem´as ti
xtii = ǫln xi = ǫti ln xi , entonces xt11 · xt22 · · · xtnn = ǫt1 ln x1 · ǫt2 ln x2 · · · ǫtn ln xn = ǫt1 ln x1 +t2 ln x2 +···+tn ln xn
aplicando la Desigualdad de Jensen ǫt1 ln x1 +t2 ln x2 +···+tn ln xn ≤ t1 ǫln x1 + t2 ǫln x2 + · · · + tn ǫln xn = t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn .
2 Aplicaci´ on 7.2 1 1 Sean x, y, a, b n´ umeros reales positivos, que satisfacen + = 1, entonces a b 1 1 xy ≤ xa + y b. a b Prueba.
De la aplicaci´on anterior se tiene 1
xy = (xa ) a · y b
1b
1 1 ≤ xa + y b . a b
Aplicaci´ on 7.3 Si x1 , x2 , . . . , xn son n´ umeros reales positivos. Pruebe que 1 1 1 n + +···+ ≥ √ . n 1 + r1 1 + r2 1 + rn r1 r2 · · · rn + 1
2
94
7. Desigualdad con Funciones Convexas
Prueba.
Por la forma de cada fracci´on del primer miembro, definimos la funci´on f (x) =
1 ; x ∈ R+ . 1 + ǫx
Veamos que es convexa. Derivando, tenemos −ǫx y (1 + ǫx )2 ǫx (ǫx − 1) ′′ > 0, ∀ x > 0. f (x) = (1 + ǫx )3 f ′ (x) =
Por lo tanto f es convexa. Luego, podemos aplicar la Desigualdad de Jensen
f
x1 + x2 + · · · + xn n 1 1+ǫ
x1 +x2 +···+xn n
1 (f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )) n 1 1 1 1 + +···+ ≤ n 1 + ǫx1 1 + ǫx2 1 + ǫxn
≤
haciendo ǫxi = ri , i = 1, 2, . . . , n, tenemos √ n
1 1 1 n ≤ + +···+ . r1 r2 · · · rn + 1 1 + r1 1 + r2 1 + rn 2
Aplicaci´ on 7.4 Utilizando la desigualdad de Jensen, pruebe que √ x1 + x2 + · · · + xn ≥ n x1 x2 · · · xn , n siendo x1 , x2 , · · · , xn n´ umeros reales positivos. Prueba. Definamos f (x) = ln x, x > 0. Derivando f ′ (x) =
1 , x
f ′′ (x) = −
1 < 0, x2
7.1. Funci´on convexa
95
entonces f es c´oncava. Luego 1 x1 + x2 + · · · + xn (ln x1 + ln x2 + · · · + ln xn ) ≤ ln n n x1 + x2 + · · · + xn 1 ⇔ ln (x1 x2 · · · xn ) ≤ ln n n x + x + · · · + x √ 1 2 n ⇔ ln n x1 x2 · · · xn ≤ ln n x1 + x2 + · · · + xn √ ⇔ n x1 x2 · · · xn ≤ . n 2 Aplicaci´ on 7.5 (IMO 2001). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que √
a b c +√ +√ ≥ 1. a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab
1 Definimos la funci´on f (x) = √ , x > 0. La funci´on es convexa, y sin x p´erdida de generalidad asumimos que a + b + c = 1, luego
Prueba.
af (a2 + 8bc) + bf (b2 + 8ca) + cf (c2 + 8ab)
≥ f a(a2 + 8bc) + b(b2 + 8ca) + c(c2 + 8ab) , | {z } x
luego basta demostrar que
1 f (x) = √ ≥ 1 x ⇔ x≤1
⇔ a3 + b3 + c3 + 24abc ≤ 1
⇔ a3 + b3 + c3 + 24abc ≤ (a + b + c)3
⇔ a3 + b3 + c3 + 24abc ≤ a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a)
⇔ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
96
7. Desigualdad con Funciones Convexas
CAP´ITULO
8
´ ESPACIO METRICO Una de las operaciones principales del an´alisis es el paso al l´ımite. Esta operaci´on descansa sobre el hecho de que en la recta num´erica est´a definida la distancia entre dos puntos. Es impresionante ver que muchos resultados principales del an´alisis no tienen nada que ver con la naturaleza algebraica del conjunto de los n´ umeros reales, es decir, s´olo se apoya en las propiedades de distancia y con ello llegamos al concepto de Espacio M´etrico, que es uno de los conceptos m´as importantes de la matem´atica moderna. Definici´ on 8.1 : Un espacio m´etrico es un par (X, d) compuesto de un conjunto (espacio) X 6= ∅ de elementos (puntos) y de una distancia, es decir una funci´on d : X × X −→ (x, y)
R
7−→ d(x, y)
no negativa, que verifica las tres condiciones siguientes: (1) d(x, y) = 0 ⇔ x = y. (2) d(x, y) = d(y, x), (axioma de simetr´ıa.) (3) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z), (axioma triangular.) Muchas veces lo denotaremos simplemente como X al espacio m´etrico (X, d), por comodidad en la notaci´on. 97
98
8. Espacio M´etrico
Mencionaremos algunos ejemplos que desempe˜ nan un papel importante en el an´alisis. 1. Sea X 6= ∅ un conjunto arbitrario con ( 0, x = y d(x, y) = 1, x = 6 y (X, d) es un espacio m´etrico llamado de puntos aislados. 2. El conjunto de los n´ umeros reales con la distancia d(x, y) = |x − y| forma el espacio m´etrico (R, d). Veamos que cumple los axiomas correspondientes. Prueba. (1) d(x, y) = 0 ⇔ |x − y| = 0 ⇔ x−y =0 ⇔ x = y.
(2) d(x, y) = |x − y| = |y − x| = d(x, y).
(3) d(x, z) = |x − z| = |(x − y) + (y − z)| ≤ |x − y| + |y − z| = d(x, y) + d(y, z) de donde d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). 2
3. El conjunto Rn = {x = (x1 , x2 , . . . , xn )/ x1 , x2 , . . . , xn ∈ R}
99 con la distancia v u n uX d(x, y) = t (yk − xk )2 k=1
es el espacio m´etrico (Rn , d). Para verificar que es espacio m´etrico, veamos que se cumple el axioma triangular (3), ya que (1) y (2) son directos. Sean x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ), z = (z1 , z2 , . . . , zn ), entonces para que se cumpla d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) se tiene que cumplir la desigualdad v v v u n u n u n uX uX uX t (zk − xk )2 ≤ t (yk − xk )2 + t (zk − yk )2 . k=1
k=1
(8.1)
k=1
Si tomamos yk − xk = ak y zk − yk = bk ⇒ zk − xk = ak + bk , entonces (8.1) tiene la forma v v v u n u n u n uX uX uX 2 t (ak + bk )2 ≤ t ak + t b2k . k=1
k=1
(8.2)
k=1
Esta desigualdad se deduce de la desigualdad de Cauchy-Schwarz n X k=1
ak bk
!2
≤
n X k=1
a2k
·
n X k=1
b2k .
(8.3)
100
8. Espacio M´etrico En efecto: n X
(ak + bk )
2
k=1
=
n X
a2k
+2
k=1
n X
ak bk +
k=1
n X
b2k
k=1
v u n n n n X X X uX 2 2 2 t ≤ ak + 2 ak · bk + b2k k=1
k=1
k=1
k=1
v v 2 u n u n uX uX = t a2k + t b2k , k=1
k=1
de donde v v v u n u n u n uX uX uX t (ak + bk )2 ≤ t a2k + t b2k . k=1
k=1
k=1
4. Considerando el mismo conjunto Rn , pero definiendo la distancia d1 (x, y) =
n X k=1
|yk − xk |.
Tambi´en es un espacio m´etrico (Rn , d1 ). 5. Considerando nuevamente Rn , y definiendo una nueva distancia d2 (x, y) = m´ax |yk − xk |. 1≤k≤n
Tambi´en es un espacio m´etrico (Rn , d2 ). 6. L2 = {x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .)} tal que xk ∈ R para todo k ∈ N tal que ∞ X x2k < ∞ y con distancia k=1
v u∞ uX d(x, y) = t (yk − xk )2 . k=1
101 La funci´on d(x, y) as´ı definida tiene sentido para x, y ∈ L2 ya que la serie v u∞ ∞ ∞ X X uX t (yk − xk )2 converge siempre que x2k < ∞ y yk2 < ∞, esto ocurre k=1
k=1
2
pues (xk ± yk ) ≤
2(x2k
+
k=1
yk2 ).
Al mismo tiempo vemos que si (x1 , x2 , . . . , xn , . . .), (y1 , y2, . . . , yn , . . .) ∈ L2 , tambi´en (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn , . . .) ∈ L2 . 7. El conjunto Rn , con la distancia
dp (x, y) =
n X k=1
|yk − xk |p
!1/p
,
donde p es un n´ umero fijo arbitrario mayor que 1 (p > 1), representa el espacio n m´etrico (R , dp ). Para comprobar que es espacio m´etrico, veamos que cumple los tres axiomas. (1) y (2) son obvias, veamos el axioma triangular (3), es decir, se debe cumplir n X k=1
|zk − xk |p
!1/p
≤
n X k=1
|zk − yk |p
!1/p
+
n X k=1
|yk − xk |p
!1/p
.
Haciendo zk − yk = ak y yk − xk = bk ⇒ zk − xk = ak + bk , tenemos n X k=1
|ak + bk |p
!1/p
≤
n X k=1
|ak |p
!1/p
+
n X k=1
|bk |p
!1/p
.
A continuaci´on estudiaremos esta desigualdad, llamada desigualdad de Minkonski; previamente veremos la desigualdad de H¨older.
102
8. Espacio M´etrico
8.1.
Desigualdad de H¨ older
Sean x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , yn n´ umeros reales positivos y a, b > 0 tal que 1 = 1, entonces b n X i=1
Prueba.
n X
xi yi ≤
i=1
n X
Supongamos que
xai
xai
!1/a n X
=
i=1
·
n X
yib
i=1
!1/b
1 + a
.
yib = 1, usando el hecho que
i=1
1 1 xi yi ≤ xai + yib (ejercicio demostrado anteriormente), a b entonces n X i=1
n
n
1X a 1X b 1 1 x + y = + = 1. xi yi ≤ a i=1 i b i=1 i a b n X
Ahora supongamos que
xai
=M y
i=1
Sea
x′i
n X
a
x′ i
=
i=1
n X
b
y′i =
i=1
yib = N.
i=1
xi yi = 1/a , yi′ = 1/b , entonces M N n X n X
(8.4)
xai
i=1
M
n X i=1
N
=
M = 1, M
=
N = 1. N
yib
Luego n X i=1
′
′
x iy i =
n X i=1
n X xi yi 1 = 1/a xi yi. M 1/a · N 1/b M · N 1/b i=1
(8.5)
8.2. Desigualdad de Minkonski
De (8.4) se tiene que
n X i=1
103
x′i yi′ ≤ 1, entonces de (8.5) tenemos n
X 1 xi yi ≤ 1 M 1/a · N 1/b i=1 n X
xi yi ≤ M 1/a · N 1/b .
i=1
Reemplazando n X i=1
xi yi ≤
n X i=1
xai
!1/a
·
n X
yib
i=1
!1/b
. 2
En particular si a = b = 2, tenemos la desigualdad de Cauchy-Schwarz.
8.2.
Desigualdad de Minkonski
Sean a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn n´ umeros positivos y p > 1, entonces n X
(ak + bk )p
k=1
Prueba.
!1/p
≤
n X k=1
(ak )p
!1/p
+
n X k=1
(bk )p
!1/p
.
Como (ak + bk )p = (ak + bk )(ak + bk )p−1 = ak (ak + bk )p−1 + bk (ak + bk )p−1 ,
entonces n X k=1
(ak + bk )p =
n X k=1
ak (ak + bk )p−1 +
n X
bk (ak + bk )p−1 ,
(8.6)
k=1
aplicando la desigualdad de H¨older en cada t´ermino del segundo miembro, sa1 1 biendo que p > 1 y + = 1 p q
104
8. Espacio M´etrico
n X k=1
n X k=1
n X
ak (ak + bk )p−1 ≤
(ak )p
k=1
n X
bk (ak + bk )p−1 ≤
(bk )p
k=1
!1/p
!1/p
· ·
n X
(ak + bk )q(p−1)
k=1
n X
(ak + bk )q(p−1)
k=1
!1/q
!1/q
,
,
adem´as q(p − 1) = p y reemplazando en (8.6) n X k=1
n X (ak )p
(ak + bk )p ≤
k=1
+
n X
(bk )p
k=1
n X k=1
n X
(ak + bk )p ≤
(ak + bk )p
k=1
n X k=1
!1−1/q
(ak + bk )p
!1/p
≤ ≤
!1/p
n X
·
!1/p
(ak + bk )p
k=1
·
!1/q
n X (ak + bk )p k=1
!1/q
!1/q n !1/p n X X (ak + bk )p · (ak )p + k=1
k=1
n X (ak )p k=1
n X (ak )p k=1
!1/p
!1/p
+
n X
(bk )p
!1/p
(bk )p
!1/p
k=1
+
n X k=1
n X k=1
!1/p (bk )p
. 2
Teorema 8.1 Dados los puntos A, B, C del plano, se tiene que AB ≤ AC + CB, la igualdad ocurre si C ∈ AB. Aplicaci´ on 8.1 Sean a, b, c los lados de un tri´angulo. Pruebe que a b c + + < 2. b+c c+a a+b
8.2. Desigualdad de Minkonski Prueba.
105
Como a < b + c, b < c + a, c < a + b,
b c 2a 2b 2c a + + = + + b+c c+a a+b 2b + 2c 2c + 2a 2a + 2b 2a 2b 2c = + + (b + c) +(b + c) (c + a) +(c + a) (a + b) +(a + b) | {z } | {z } | {z } 2a 2b 2c < + + a+b+c a+b+c a+b+c 2(a + b + c) = = 2, a+b+c de donde b c a + + < 2. b+c c+a a+b 2 Aplicaci´ on 8.2 Pruebe que √
2|x + y + z| ≤
p p √ x2 + y 2 + y 2 + z 2 + x2 + z 2 ,
para todo x, y, z n´ umeros reales. Prueba.
Escribiendo adecuadamente el punto (x + y + z, x + y + z) = (x, y) + (y, z) + (z, x).
Pero d(x + y + z, x + y + z) = d((x, y) + (y, z) + (z, x)) ≤ d(x, y) + d(y, z) + d(z, x), de donde √
2|x + y + z| ≤
p p √ x2 + y 2 + y 2 + z 2 + x2 + z 2 .
2
106
8. Espacio M´etrico
Aplicaci´ on 8.3 Pruebe que
M =
x4/3 x4/3 + (x2 + y 2)1/3 (x + z)2/3 +
+
z 4/3 z 4/3 + (z 2 + x2 )1/3 (x + y)2/3
y 4/3 y 4/3 + (y 2 + z 2 )1/3 (y + z)2/3 ≤1
para todo x, y, z n´ umeros reales positivos. Prueba.
Haciendo x = a3 , y = b3 , z = c3 , por la desigualdad de H¨older tenemos 1/3
(x2 + y 2 )
(x + z)2/3 = ((a2 )3 + (b2 )3 )
1/3
((c2 )3/2 + (a2 )3/2 )2/3
≥ a2 c2 + b2 a2 = (xy)2/3 + (xz)2/3 ⇒ ⇒
1/3
x4/3 + (x2 + y 2 )
(x + z)2/3 ≥ x4/3 + (xy)2/3 + (xz)2/3
x4/3 x4/3 + (x2 + y 2 )1/3 (x + z)2/3
≤
x4/3 x4/3 + (xy)2/3 + (xz)2/3
x2/3 = 2/3 x + y 2/3 + z 2/3 similarmente y 4/3 y 4/3 + (y 2 + z 2 )1/3 (y + z)2/3 z 4/3 z 4/3 + (z 2 + x2 )1/3 (z + x)2/3
≤
y 2/3 , x2/3 + y 2/3 + z 2/3
≤
z 2/3 , x2/3 + y 2/3 + z 2/3
sumando miembro a miembro las tres desigualdades, en el segundo miembro se obtiene el valor de 1, de donde M ≤ 1. 2
8.2. Desigualdad de Minkonski
107
Aplicaci´ on 8.4 Sean a, b, c, d n´ umeros reales. Determine el m´ınimo de F =
p
p (a + 1)2 + 2(b − 2)2 + (c + 3)2 + (b + 1)2 + 2(c − 2)2 + (d + 3)2 p p + (c + 1)2 + 2(d − 2)2 + (a + 3)2 + (d + 1)2 + 2(a − 2)2 + (b + 3)2 .
Prueba.
S1 = ≥
S1 + S2
p
p
p
(a + 1)2 + 2(b − 2)2 + (c + 3)2 +
p
(b + 1)2 + 2(c − 2)2 + (d + 3)2
(a + 1 + b + 1)2 + 2(b − 2 + c − 2)2 + (c + 3 + d + 3)2
(a + b + 2)2 + 2(b + c − 4)2 + (c + d + 6)2 p p = (c + 1)2 + 2(d − 2)2 + (a + 3)2 + (d + 1)2 + 2(a − 2)2 + (b + 3)2 p (c + d + 2)2 + 2(a + d − 4)2 + (a + b + 6)2 ≥ p ≥ (a + b + 2)2 + 2(b + c − 4)2 + (c + d + 6)2 p + (c + d + 2)2 + 2(a + d − 4)2 + (a + b + 6)2 =
S2
Sea S = a + b + c + d y aplicando la desigualdad de Minkowski:
(aplicando nuevamente Minkowski) p (a + b + c + d + 4)2 + 2(a + b + c + d − 8)2 + (a + b + c + d + 12)2 F ≥ p = (s + 4)2 + 2(s − 8)2 + (s + 12)2
Efectuando dentro del radical √ F ≥ s2 + 8s + 16 + 2s2 − 32s + 128 + s2 + 24s + 144 √ √ √ F ≥ 4s2 + 288 ≥ 288 = 12 2
√ luego el m´ınimo valor de F es 12 2 y esto ocurre cuando a = b = c = d = 0. 2
108
8. Espacio M´etrico
CAP´ITULO
9
´ METODO DE LA SUMA DE CUADRADOS Definici´ on 9.1 : El polinomio f (a1 , a2 , . . . , an ) es homog´eneo si todos sus t´erminos tienen el mismo grado absoluto. Mencionaremos algunos ejemplos: 1. f (a1 , a2 ) = a21 + a22 + 5a1 a2 , es homog´eneo de segundo grado. 2. f (a1 , a2 , a3 ) = a31 + a22 a3 + a1 a2 a3 , es homog´eneo de tercer grado. Sea el polinomio homog´eneo f (a1 , a2 , . . . , an ), entonces f (a1 , a2 , . . . , an ) ≥ 0, para todo a1 , a2 , . . . , an reales, significa que la funci´on puede expresarse como una suma f (a1 , a2 , . . . , an ) = p21 + p22 + · · · + p2n , donde pk es una funci´on real. Veamos la desigualdad A ≥ B, donde A, B son expresiones de variables a, b, c para explicar la idea central. Si queremos demostrar A ≥ B, entonces veremos la diferencia A − B = f (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 . Si Sa , Sb , Sc ≥ 0, entonces f (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0; esto significa que A ≥ B es una desigualdad verdadera. 109
(9.1)
110
9. M´etodo de la Suma de Cuadrados
Teorema 9.1 Si a, b, c, Sa , Sb , Sc satisfacen las condiciones 1. Sa + Sb ≥ 0, Sb + Sc ≥ 0, Sc + Sa ≥ 0, y 2. (a ≤ b ≤ c ∨ a ≥ b ≥ c) y Sb ≥ 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0 Prueba.
(9.2)
Sin p´erdida de generalidad supongamos que a ≤ b ≤ c, luego
Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb (c − b + b − a)2 + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb [(c − b)2 + (b − a)2 + 2(c − b)(b − a)] + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb (c − b)2 + Sb (b − a)2 + 2(c − b)(b − a)Sb + Sc (a − b)2 = (Sa + Sb )(b − c)2 + (Sb + Sc )(a − b)2 + 2 (c − b)(b − a) Sb ≥ 0. | {z } | {z } |{z} | {z } ≥0
≥0
≥0
≥0
La igualdad ocurre si y s´olo si
(Sa + Sb ) (b − c)2 = 0 ∧ (Sb + Sc ) (a − b)2 = 0 ∧ 2(c − b)(b − a)Sb = 0, de donde se deduce que (a = b = c) ∨ (a = b ∧ Sa = Sb = 0) ∨ (b = c ∧ Sb = Sc = 0)
∨ (Sa = Sb = Sc = 0).
2 Teorema 9.2 Si a, b, c, Sa , Sb , Sc son n´ umeros reales que satisfacen las condiciones: (a ≤ b ≤ c ∨ a ≥ b ≥ c), Sa ≥ 0, Sc ≥ 0, Sa + 2Sb ≥ 0, Sc + 2Sb ≥ 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0
(9.3)
111 Prueba. Sin p´erdida de generalidad supongamos que a ≤ b ≤ c, entonces Sa ≥ 0, Sc ≥ 0, Sa + 2Sb ≥ 0, Sc + 2Sb ≥ 0. 1. Si Sb ≥ 0, entonces (9.3) siempre es verdadero. 2. Si Sb < 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb (c − b + b − a)2 + Sc (a − b)2
= (Sb + Sa ) (c − b)2 + (Sb + Sc ) (b − a)2 + 2Sb (c − b)(b − a)
≥ (Sb + Sa ) (c − b)2 + (Sb + Sc ) (b − a)2 + Sb [(c − b)2 + (b − a)2 ] = (Sa + 2Sb ) (c − b)2 + (Sc + 2Sb ) (b − a)2 ≥ 0.
Analice cu´ando se da la igualdad.
2
Teorema 9.3 Si a, b, c, Sa , Sb , Sc son n´ umeros reales que satisfacen las condiciones: (a ≤ b ≤ c ∨ a ≥ b ≥ c), Sa ≥ 0, Sb ≥ 0 y b2 Sc + c2 Sb ≥ 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0
(9.4)
Prueba. Sin p´erdida de generalidad supongamos que a ≤ b ≤ c, y de Sa ≥ 0, Sb ≥ 0 y b2 Sc + c2 Sb ≥ 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 # " 2 c−a + Sc ; = Sa (b − c)2 + (b − a)2 Sb b−a como
2
c−a b−a
2
≥
c 2 b
2
, entonces
Sa (b − c) + Sb (c − a) + Sc (a − b)
2
c 2 ≥ Sa (b − c) + (b − a) Sb + Sc b 2 b−a 2 2 2 = Sa (b − c) + Sb c + Sc b ≥ 0. | {z } | b {z } 2
≥0
Analice cuando se da la igualdad.
2
≥0
2
112
9. M´etodo de la Suma de Cuadrados
Teorema 9.4 Si a, b, c, Sa , Sb , Sc son n´ umeros reales que satisfacen las condiciones 1. Sa + Sb ≥ 0
∨
S a + Sc ≥ 0
∨
Sb + Sc ≥ 0, y
2. Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ 0, entonces Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0
(9.5)
Prueba. Sin p´erdida de generalidad supongamos que Sb + Sc ≥ 0. Haciendo u = b − a, v = c − b, tenemos Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb (c − b + b − a)2 + Sc (a − b)2
= Sa (b − c)2 + Sb (c − b)2 + Sb (b − a)2 + +2Sb (c − b)(b − a) + Sc (a − b)2 = (Sa + Sb )(c − b)2 + (Sb + Sc )(b − a)2 + 2Sb (c − b)(b − a)
= (Sa + Sb )v 2 + (Sb + Sc )u2 + 2Sb u · v 2 Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa 2 Sb v ≥ 0. = (Sb + Sc ) u + v + Sb + Sc Sb + Sc | {z } ≥0
2
Aplicaci´ on 9.1 Pruebe que 3 m´ın siendo
√
Prueba.
a,
√
b,
a b c b c a + + , + + b c a a b c √
≥ (a + b + c)
1 1 1 + + a b c
clos lados de un tri´angulo.
Sin p´erdida de generalidad supongamos que a b c b c a a b c m´ın + + , + + = + + , b c a a b c b c a
,
113 entonces la desigualdad que vamos a demostrar es equivalente a 1 1 1 a b c 3 + + ≥ (a + b + c) + + b c a a b c ⇔ 3(a2 c + b2 a + c2 b) ≥ (a + b + c)(ab + ac + bc) ⇔ 3(a2 c + b2 a + c2 b) ≥ a2 b + a2 c + ab2 + b2 c + ac2 + bc2 + 3abc ⇔ 2(a2 c + b2 a + c2 b) ≥ a2 b + b2 c + ac2 + 3abc multiplicando por 2 miembro a miembro 4a2 c + 4b2 a + 4c2 b ≥ 2a2 b + 2b2 c + 2ac2 + 6abc 2 2 2 2 2 2 ⇔ a | c − 2abc {z + b }c + |b a − 2abc {z + c a} + |c b − 2abc {z + a }b ⇔ ⇔
⇔ ⇔
+3a2 c + 3b2 a + 3c2 b − 3a2 b − 3b2 c − 3c2 a ≥ 0 c(a − b)2 + a(b − c)2 + b(c − a)2 + 3 a2 c + b2 a + c2 b − a2 b − b2 c − c2 a ≥ 0 c(a − b)2 + a(b − c)2 + b(c − a)2 + 3(a − b)(b − c)(c − a) ≥ 0 | {z } 2 2 2 3 3 c(a − b) + a(b − c) + b(c − a) + (a − b) + (b − c) + (c − a)3 ≥ 0 (pues (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0) (a − b)2 (c| + {z a − }b) + (b − c)2 (a b − }c) + (c − a)2 (b| + {z c − a}) ≥ 0 | +{z Sc
2
2
Sa 2
Sb
⇔ Sa (b − c) + Sb (c − a) + Sc (a − b) ≥ 0 y como
Sa + Sb = 2b > 0, Sa + Sc = 2a > 0, Sb + Sc = 2c > 0 entonces para que se cumpla (9.6) por el teorema 9.4 basta probar que Sa Sb + Sa Sc + Sb Sc ≥ 0.
(9.6)
114
9. M´etodo de la Suma de Cuadrados
Reemplazando, tenemos la desigualdad equivalente (a + b − c)(b + c − a) + (b + c − a)(c + a − b) + (c + a − b)(a + b − c)
= (b + a − c)(b + c − a) + (c + b − a)(c + a − b) + (a + c − b)(a + b − c) = b2 − (c − a)2 + c2 − (a − b)2 + a2 − (b − c)2 = 2ab + 2ac + 2bc − (a2 + b2 + c2 )
= 4ab − (a2 + b2 + c2 + 2ab − 2ac − 2ac − 2bc) √ √ = 4ab − (a + b − c)2 = (2 ab + a + b − c)(2 ab − a − b + c) √ 2 √ 2 √ √ 2 √ 2 √ = a + b − ( c) ( c) − a− b √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ = a + b + c a + b − c c + a − b c + b − a > 0, | {z } | {z } | {z } +
√ √ √ (pues a, b, c son lados de un tri´angulo)
+
+
entonces Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa > 0; luego aplicando teorema 9.4, concluimos que (c + a − b)(a − b)2 + (a + b − c)(b − c)2 + (b + c − a)(c − a)2 ≥ 0. La igualdad ocurre si y s´olo si el tri´angulo es equil´atero. Aplicaci´ on 9.2 Sean a, b, c reales positivos tales que ab + bc + ca = 1. Pruebe que 1 + a2 b2 1 + b2 c2 1 + c2 a2 5 + + ≥ . 2 2 2 (a + b) (b + c) (c + a) 2 Prueba.
Veamos 1 + a2 b2 12 + a2 b2 (ab + bc + ca)2 + a2 b2 = = (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 =
2a2 b2 + 2ab(bc + ca) + (bc + ca)2 (a + b)2
=
2ab(ab + ac + bc) + (bc + ca)2 2ab(ab + ac + bc) = + c2 , 2 (a + b) (a + b)2
2
115 entonces
1 + a2 b2 2ab(ab + ac + bc) = + c2 ; an´alogamente 2 (a + b) (a + b)2 2bc(ab + ac + bc) 1 + b2 c2 = + a2 ; 2 (b + c) (b + c)2 1 + c2 a2 2ca(ab + ac + bc) = + b2 ; 2 (c + a) (c + a)2
sumando miembro a miembro, tenemos
1 + a2 b2 1 + b2 c2 1 + c2 a2 2ab 2bc 2ac + + = (ab + ac + bc) + + (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 +a2 + b2 + c2 ,
luego basta demostrar
2ab 2bc 2ac 5 (ab + ac + bc) + a2 + b2 + c2 ≥ + + 2 2 2 (a + b) (b + c) (a + c) 2 4ab 4bc 4ac ⇔ (ab + ac + bc) + + + 2(a2 + b2 + c2 ) 2 2 (a + b) (b + c) (a + c)2 ≥ 5 = 5(ab + bc + ac) 4ab 4bc 4ac ⇔ (ab + ac + bc) + + −3 (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2
+2(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) ≥ 0 4ab 4bc 4ac ⇔ (ab + ac + bc) −1 + −1 + −1 (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 +2(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) ≥ 0
116
9. M´etodo de la Suma de Cuadrados
(a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 ⇔ −(ab + ac + bc) + + (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2
+(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 (ab + ac + bc) (ab + ac + bc) 2 ⇔ 1− (a − b) + 1 − (b − c)2 (a + b)2 (b + c)2 (ab + ac + bc) + 1− (c − a)2 ≥ 0. (a + c)2 Haciendo
Sa = 1 −
ab + ac + bc ab + ac + bc ab + ac + bc ; S = 1 − ; S = 1 − . b c (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2
Supongamos sin p´erdida de generalidad a ≤ b ≤ c entonces Sa ≥ Sb ≥ Sc , luego tenemos
Sb = 1 −
ab + ac + bc a2 + (a + c)(c − b) = ≥ 0 ⇒ Sa ≥ Sb ≥ 0 y (c + a)2 (a + c)2
ab + bc + ca ab + bc + ca 2 b Sc + c Sb = b 1 − +c 1− (a + b)2 (c + a)2 2 2 2 a + (a + b)(b − c) 2 a + (a + c)(c − b) = b +c (a + b)2 (c + a)2 2 2 2 2 b c c b = a2 + + (c − b) − (a + b)2 (c + a)2 (a + c) (a + b) b2 c2 ab + bc + ca 2 2 = a + + (c − b) > 0, (a + b)2 (c + a)2 (a + c)(a + b) 2
2
2
luego por el teorema 9.3 queda demostrado.√ La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c =
3 . 3
[10]
2
CAP´ITULO
10
´ DESIGUALDADES SIMETRICAS Y C´ICLICAS Definici´ on 10.1 : Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales, los coeficientes c0 , c1 , . . . , cn del polinomio H(x) = (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) =
n X
ck xn−k
k=0
se denominan funciones polinomiales sim´etricas elementales de a1 , a2 , . . . , an , es decir, c0 = 1 c1 = a1 + a2 + · · · + an =
n X
ai
i=1
c2 = a1 a2 + a1 a3 + · · · + an−1 an = .. . cn = a1 a2 · · · an . 117
X
1≤i
ai aj
118
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
Ejemplo 10.1 Si H(x) = (x + a)(x + b)(x + c) = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + ac + bc)x + abc, entonces c0 = 1 c1 = a + b + c c2 = ab + ac + bc c3 = abc. En base a estos polinomios sim´etricos elementales, daremos una definici´on. Definici´ on 10.2: Dados los polinomios sim´etricos elementales c0 , c1 , . . . , cn , definimos Pk = Ejemplo 10.2
1 k!(n − k)! ck ; k = 0, 1, 2, . . . , n. n ck = n! k
P 0 = c0 = 1 a1 + a2 + · · · + an 1 c1 = P1 = n n 2 2 P2 = c2 = (a1 a2 + a1 a3 + · · · + an−1 an ). n(n − 1) n(n − 1) Teorema 10.1 (Desigualdad de Newton) Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales positivos y k ∈ {1, 2, . . . , (n − 1)} entonces, se cumple que Pk−1 · Pk+1 ≤ Pk2 . La igualdad ocurre si y s´olo si a1 = a2 = · · · = an . Nota 10.1 Antes de la demostraci´on del teorema, veamos un resultado muy importante que usaremos en la demostraci´on de la desigualdad de Newton. Sea
H(x) = (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) =
n X k=0
n−k
ck x
n X n = Pk xn−k . k k=0
119 Derivando tenemos: n H (x) = (n − k) Pk xn−k−1 . k k=0 n−1 X
′
Definimos n−1 n−1 X X 1 ′ n−k n n−1 n−k−1 Q(x) = H (x) = Pk x = Pk xn−k−1 . n n k k k=0 k=0 Si los valores reales ak , k = 1, 2, . . . , n son elementos del intervalo [α, β], entonces el polinomio H(x) tiene n ra´ıces reales en [α, β] y por el teorema de Rolle (cons´ ultese cualquier libro de an´alisis matem´atico) entonces H ′(x) tiene (n − 1) ra´ıces reales en [α, β] y denotemos como −y1 , −y2 , . . . , −yn−1 ; luego Q(x) =
1 ′ H (x) = (x + y1 )(x + y1 ) · · · (x + yn−1 ). n
Igualando coeficientes de Q(x), obtenemos: Pk (a1 , a2 , . . . , an ) = Pk (y1, y2 , . . . , yn−1) para todo k = 0, 1, 2, . . . , (n − 1). Prueba. (de la desigualdad de Newton.) Consideremos la hip´otesis inductiva Tn : Pj−1 (a1 , a2 , . . . , an ) · Pj+1 (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ Pj2 (a1 , a2 , . . . , an ), donde j = 2, 3, . . . , (n − 2). Para j = 1 y n = 2, tenemos: P0 · P2 ≤
P12
⇔ 1 · a1 a2 ≤
a1 + a2 2
2
⇔ 4a1 a2 ≤ a21 + a22 + 2a1 a2 ⇔ (a1 − a2 )2 ≥ 0 como vemos se cumple para n = 2.
120
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
Para j = 1 y n = 3. P0 (a1 , a2 , a3 ) · P2 (a1 , a2 , a3 ) ≤ P12 (a1 , a2 , a3 ) 2 2 a1 + a2 + a3 ⇔ (1) · (a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 ) ≤ 3(2) 3
⇔ 3(a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 ) ≤ a21 + a22 + a23 + 2(a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 )
⇔ a21 + a22 + a23 ≥ a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 ´esta es una desigualdad verdadera. Para j = 2 y n = 3.
P1 (a1 , a2 , a3 ) · P3 (a1 , a2 , a3 ) ≤ P22 (a1 , a2 , a3 ) 2 a1 + a2 + a3 a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 · (a1 a2 a3 ) ≤ ⇔ 3 3 Si a1 a2 a3 = 0, se cumple trivialmente. Si a1 a2 a3 6= 0, entonces dividiendo por (a1 a2 a3 )2 , tenemos 2 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 3 a1 a2 a2 a3 a3 a1 9 a1 a2 a3 2 1 1 1 1 1 1 ⇔ 3 + + ≤ + + a1 a2 a2 a3 a3 a1 a1 a2 a3 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + ≥ + + . a1 a2 a3 a1 a2 a1 a3 a2 a3 Ahora veamos para j = n − 1, es decir probaremos que 2 Pn−2 (a1 , a2 , . . . , an ) · Pn (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ Pn−1 (a1 , a2 , . . . , an ) # " X 2 ⇔ (a1 · · · abj · · · abk · · · an ) a1 a2 · · · an n(n − 1) 1≤j
≤
1X a1 a2 · · · abj · · · an n j=1
!2
donde los s´ımbolos abj y abk se omiten. Si a1 a2 · · · an = 0, se verifica la desigualdad.
121 Si a1 a2 · · · an 6= 0, entonces dividiendo por (a1 a2 · · · an )2 , se tiene !2 n 1 X 1 1X 1 ≤ n aj ak n j=1 aj 2 1≤j
y esta desigualdad es equivalente a: P0
1 1 1 , ,..., a1 a2 an
· P2
1 1 1 , ,..., a1 a2 an
≤
P12
1 1 1 , ,..., a1 a2 an
.
(10.1)
Teniendo en cuenta la nota anterior, la desigualdad (10.1) es verdadera y con esto se completa la prueba. 2 Teorema 10.2 (Desigualdad de Mac Laurin) Si a1 , a2 , . . . , an son n´ umeros reales positivos, entonces P1 ≥ (P2 )1/2 ≥ · · · ≥ (Pk )1/k ≥ · · · ≥ (Pn )1/n . La igualdad ocurre si y s´olo si a1 = a2 = · · · = an . Prueba. Como a1 , a2 , . . . , an > 0, entonces podemos aplicar la desigualdad de Newton para 1 ≤ k < n, en efecto: Pkk−1
·
k Pk+1
k−1 Y j=0
2(k−1)
Pj2j = P0 · P12 · P24 · P36 · · · Pk−1
k · Pkk−1 · Pk+1
= (P0 · P2 )(P1 · P3 )2 (P2 · P4 )3 · · · (Pk−1 · Pk+1 )2k
≤ P12 · P24 · P36 · · · Pk2k =
k Y
Pj2j
j=1
⇒
Pkk−1 Pkk−1
·
k Pk+1
·
k Pk+1
k−1 Y
Pj2j
j=0
≤
Pk2k
≤
k−1 Y j=1
Pj2j · Pk2k .
k ⇔ Pk+1 ≤ Pkk+1 1/k+1
⇔ Pk+1
1/k
≤ Pk .
La igualdad ocurre si y s´olo si se cumple a1 = a2 = · · · = an .
2
122
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
Aplicaci´ on 10.1 Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que (ab + ac + ad + bc + bd + cd)3 ≥ Prueba.
Utilizando la desigualdad de Mac Laurin: 1/2
P2
⇔
27 (abc + abd + acd + bcd)2 . 2
1/3
≥ P3
⇔ P23 ≥ P32
1 4 (ab + ac + ad + bc + bd + cd) 2
!3
≥
1 4 (abc + abd + acd + bcd) 3
!2
1 1 (ab + ac + ad + bc + bd + cd)3 ≥ 2 (abc + abd + acd + bcd)2 3 6 4 27 ⇔ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)3 ≥ (abc + abd + acd + bcd)2 . 2
⇔
2 Aplicaci´ on 10.2 Dados a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que Prueba.
1 1 1 1 1 1 + + + + + ab ac ad bc bd cd
3 ≤ 8
1 1 1 1 + + + a b c d
2
.
Multiplicando por (abcd)2 tenemos la desigualdad equivalente:
2 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 2 + + + + + ≤ (abcd) + + + (abcd) ab ac ad bc bd cd 8 a b c d 2 cd + bd + bc + ad + ac + ab bcd + acd + abd + abc ⇔ abcd ≤ 6 4 2
⇔ P4 · P2 ≤ (P3 )2 ,
esta desigualdad es verdadera, pues es la desigualdad de Newton.
2
10.1. Polinomios sim´etricos y c´ıclicos
10.1.
123
Polinomios sim´ etricos y c´ıclicos
Para mayor comprensi´on consideremos un polinomio P (x, y, z) de variables x, y, z; luego, para definir introducimos dos notaciones muy importantes como: X c´ıc
y
X
.
sim
Definici´ on 10.3 : X P (x, y, z) = P (x, y, z) + P (y, z, x) + P (z, x, y) c´ıc X P (x, y, z) = P (x, y, z) + P (x, z, y) + P (y, z, x) sim +P (y, x, z) + P (z, x, y) + P (z, y, x). Ejemplo 10.3 X
c´ıc X
x2 y = x2 y + y 2z + z 2 x x2 y = x2 y + x2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y
sim X
c´ıc X
x3 = x3 + y 3 + z 3 x3 = 2 (x3 + y 3 + z 3 )
sim X
c´ıc X
xyz = xyz + yzx + zxy = 3xyz xyz = xyz + xzy + yxz + yzx + zxy + zyx = 6xyz.
sim A continuaci´on enunciaremos el teorema de Muirhead para tres variables para mayor entendimiento.
124
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
Teorema 10.3 (Teorema de Muirhead) Sean a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 n´ umeros reales no negativos tales que a1 ≥ a2 ≥ a3 , b1 ≥ b2 ≥ b3 , a1 ≥ b1 , a1 + a2 ≥ b1 + b2 , a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 . Sean x, y, z n´ umeros reales no negativos, entonces X
sim Prueba. Caso 1:
xa1 y a2 z a3 ≥
X
xb1 y b2 z b3 .
sim
De las hip´otesis se observa que hay dos casos para analizar:
b1 ≥ a2 ⇔ a1 + b1 ≥ a1 + a2
⇔ a1 ≥ a1 + a2 − b1
y de a1 ≥ b1 se tiene que a1 ≥ m´ax {a1 + a2 − b1 , b1 }. Adem´as m´ax {a1 , a2 } = a1 ≥ m´ax {a1 + a2 − b1 , b1 }; tambi´en de a1 + a2 − b1 ≥ b1 + a3 − b1 = a3 y a1 + a2 − b1 ≥ b2 ≥ b3 , tenemos m´ax {a1 + a2 − b1 , a3 } ≥ m´ax {b2 , b3 }. En efecto X X (xa1 y a2 z a3 + xa2 y a1 z a3 ) xa1 y a2 z a3 = sim c´ıc X = z a3 (xa1 y a2 + xa2 y a1 ) c´ıc X ≥ z a3 xa1 +a2 −b1 y b1 + xb1 y a1 +a2 −b1 , c´ıc pues xa1 y a2 + xa2 y a1 ≥ xa1 +a2 −b1 y b1 + xb1 y a1 +a2 −b1
⇔ xa1 y a2 + xa2 y a1 − xa1 +a2 −b1 y b1 − xb1 y a1 +a2 −b1 ≥ 0
⇔ xa2 y a2 xa1 −a2 + y a1 −a2 − xa1 −b1 y b1−a2 − xb1 −a2 y a1 −b1 ≥ 0 ⇔ xa2 y a2 xb1 −a2 − y b1 −a2 xa1 −b1 − y a1 −b1 ≥ 0
10.1. Polinomios sim´etricos y c´ıclicos
125
por que para cualquier orden x ≥ y o y ≥ x, el producto siempre es no negativo. Luego X
sim
xa1 y a2 z a3 ≥ = = ≥ = =
X
z a3 xa1 +a2 −b1 y b1 + xb1 y a1 +a2 −b1
c´ıc X
c´ıc X c´ıc X
xb1 y a1 +a2 −b1 z a3 + xb1 y a3 z a1 +a2 −b1 xb1 y a1 +a2 −b1 z a3 + y a3 z a1 +a2 −b1 xb1 y b2 z b3 + y b3 z b2
c´ıc X
c´ıc X
xb1 y b2 z b3 + xb1 y b3 z b2 xb1 y b2 z b3
sim Caso 2: Si b1 ≥ a2 ⇒ 3b1 ≥ b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 ≥ b1 + a2 + a3
⇒ 3b1 ≥ b1 + a2 + a3
⇒ 2b1 ≥ a2 + a3
⇒ b1 ≥ a2 + a3 − b1 adem´as a1 ≥ a2 ≥ b1 ⇒ a1 ≥ a2 + a3 − b1 . Luego tenemos que m´ax {a2 , a3 } ≥ m´ax {b1 , a2 + a3 − b1 } y m´ax {a1 , a2 + a3 − b1 } ≥ m´ax {b2 , b3 }. En efecto: X
xa1 y a2 z a3 =
sim =
X
c´ıc X c´ıc
(xa1 y a2 z a3 + xa1 z a2 y a3 ) xa1 (y a2 z a3 + z a2 y a3 )
126
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
≥ = = = ≥ =
X
c´ıc X
c´ıc X
c´ıc X
c´ıc X
c´ıc X
xa1 y b1 z a2 +a3 −b1 + y a2 +a3 −b1 z b1
xa1 y b1 z a2 +a3 −b1 + xa1 y a2 +a3 −b1 z b1 xa1 y b1 z a2 +a3 −b1 + xa2 +a3 −b1 y b1 z a1 y b1 xa1 z a2 +a3 −b1 + xa2 +a3 −b1 z a1 y b1 xb2 z b3 + xb3 z b2 xb1 y b2 z b3
sim 2 Aplicaci´ on 10.3 Pruebe para todo a, b, c n´ umeros reales positivos la desigualdad b c 3 a + + ≥ . b+c a+c a+b 2 Prueba.
La desigualdad a demostrar es equivalente a
2 [a(a + c)(a + b) + b(b + c)(a + b) + c(b + c)(a + c)] ≥ 3(b + c)(a + c)(a + b), efectuando 2 [a(a2 + (b + c)a + bc) + b(b2 + (a + c)b + ac) + c(c2 + (a + b)c + ab)] ≥ 3 [(b + c)(a2 + (b + c)a + bc)]
⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) + 2 (a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b)) + 6abc ≥ 3 [a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) + 2abc]
⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) X X ⇔ a3 ≥ a2 b. sim sim 2
10.1. Polinomios sim´etricos y c´ıclicos
127
Aplicaci´ on 10.4 (IMO 1995). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . + c) b (c + a) c (a + b) 2
a3 (b
Prueba. Como los denominadores del primer miembro son de grado 4 y abc = 1, entonces la desigualdad es equivalente a 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ , + c) b (c + a) c (a + b) 2(abc)4/3
a3 (b
es conveniente eliminar el exponente 4/3, para ello hacemos a = x3 , b = y 3 , c = z 3 , con x, y, z > 0, luego tenemos: 1 1 1 3 3x5 y 5 z 5 + + ≥ = x9 (y 3 + z 3 ) y 9(z 3 + x3 ) z 9 (x3 + y 3) 2(xyz)4 2(x9 y 9 z 9 ) ⇔ 2 [y 9z 9 (z 3 + x3 )(x3 + y 3 ) + x9 z 9 (y 3 + z 3 )(x3 + y 3) + x9 z 9 (y 3 + z 3 )(z 3 + x3 )] ≥ 3 [x5 y 5z 5 (y 3 + z 3 )(z 3 + x3 )(x3 + y 3 )] ,
efectuando X
x12 y 12 + 2
X
x12 y 9 z 3 +
X
x9 y 9 z 6 ≥ 3
X
x11 y 8z 5 + 6x8 y 8 z 8
sim sim sim sim X X X X ⇔ x12 y 12 − x11 y 8 z 5 + 2 x12 y 9z 3 − x11 y 8z 5 sim sim sim sim X X + x9 y 9 z 6 − x8 y 8 z 8 ≥ 0. sim sim 2 Para enunciar en forma general el teorema de Muirhead, es necesaria la siguiente definici´on.
128
10. Desigualdades Sim´etricas y C´ıclicas
Definici´ on 10.4 : Sean α = (α1 , α2 , . . . , αn ), β = (β1 , β2 , . . . , βn ) elementos en Rn , de componentes no negativas; diremos que α > β si y s´olo si (i) α1 ≥ α2 ≥ · · · ≥ αn
y
β1 ≥ β2 ≥ · · · ≥ βn .
(ii) α1 + α2 + · · · + αk ≥ β1 + β2 + · · · + βk ; k = 1, 2, . . . , (n − 1). (iii) α1 + α2 + · · · + αn = β1 + β2 + · · · + βn . Teorema 10.4 (Generalizado de Muirhead) Si α > β y x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales no negativos, entonces X X β xα1 1 · xα2 2 · · · xαnn ≥ x1 1 · xβ2 2 · · · xβnn . sim sim La igualdad ocurre si y s´olo si α = β o x1 = x2 = · · · = xn . Aplicaci´ on 10.5 Sean x1 , x2 , x3 , x4 n´ umeros reales positivos, pruebe que 3 3 √ √ √ (x1 + x32 + x33 + x34 ) ≥ x1 x4 x2 x3 + x2 x4 x1 x3 + x3 x4 x1 x2 2 √ √ √ +x2 x3 x1 x4 + x1 x2 x3 x4 + x1 x3 x2 x4 . Prueba.
Como
X
x31 =
X
x31 · (x02 x03 x04 ), entonces tenemos 6 permutaciones
sim √sim para (x2 , x3 , x4 ) y para x1 x2 x3 x4 , tenemos 2 permutaciones para x1 x2 y 2 per√ mutaciones para x3 x4 , en total 4; luego, la desigualdad se puede escribir equivalentemente como √ √ √ 6(x31 + x32 + x33 + x34 ) ≥ 4[x1 x4 x2 x3 + x2 x4 x1 x3 + x3 x4 x1 x2 √ √ √ +x2 x3 x1 x4 + x1 x2 x3 x4 + x1 x3 x2 x4 ]. X X √ ⇔ x31 ≥ x1 x2 x3 x4 , sim sim como α = (3, 0, 0, 0) y β = (1, 1, 1/2, 1/2) entonces esta u ´ ltima desigualdad es verdadera. La igualdad ocurre si y s´olo si x1 = x2 = x3 = x4 . 2
CAP´ITULO
11
PROBLEMAS 1. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que a y b son las medias aritm´etica y geom´etrica respectivamente, pruebe que (1 + b)2 ≤ (1 + x)(1 + y) ≤ (1 + a)2 . 2. Pruebe que 2 1 2 1 1+ ≥ 1+ 1+ x y x+y para todo x, y n´ umeros reales positivos. 3. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que al menos una de las siguientes desigualdades es verdadera: xy ≥ 0 yz ≥ 0
zx ≥ 0. 4. Si a2 + b2 = 1, halle la variaci´on de 2a + 3b. 5. Sabiendo que 2a + 3b + 4c = 29, halle el menor valor de a2 + b2 + c2 . 129
130
11. Problemas
6. Pruebe que p
m2 + y 2 +
√
n2 + x2 ≥
para todo x, y, m, n n´ umeros reales.
p
(m + n)2 + (x + y)2
7. Si a, b, c son n´ umeros reales positivos que satisfacen abc = 1, pruebe que 1 + ab 1 + bc 1 + ac + + ≥ 3. 1+a 1+b 1+c 8. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 (Desigualdad de Nesbit). 9. Pruebe que si x, y, z son n´ umeros reales positivos y x + y + z = 1, entonces 1 1 1 1+ 1+ 1+ ≥ 64. x y z 10. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 = (c2 + d2 )3 , pruebe que c3 d 3 + ≥ 1. a b 11. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c + + ≥ 1. b + 2c c + 2a a + 2b 12. Pruebe que x2 y2 + ≥ 8, y−1 x−1 para todo x, y > 1.
131 13. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c = 2, pruebe que a+b b+c c+a 9 + + ≥ . 2a + bc 2b + ac 2c + ab 4 14. Si a, b son n´ umeros reales tales que a2 + b2 = 1, pruebe que 2 a b + ab2 ≤
√
2 . 2
15. Sean x, y n´ umeros reales positivos, pruebe que √
√ y x √ +√ ≥ 1. x + 3y y + 3x 16. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que ab + bc + ca ≤ 3abc, pruebe que a + b + c ≤ a3 + b3 + c3 . 17. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que 1 1 1 + + ≥ 1. 1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca 18. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que 1 1 1 3 + + ≥ . 1 + ab 1 + bc 1 + ca 2 19. Pruebe que (a + b + c)4 ≥ 8 a2 + b2 + c2 (ab + ac + bc).
para todo a, b, c n´ umeros reales.
20. Dados a, b, c n´ umeros reales positivos con abc = 8, pruebe que √
1 1 1 +√ +√ ≥ 1. 3 3 1+a 1+b 1 + c3
132
11. Problemas
21. Sean a, b n´ umeros reales positivos, pruebe que 1 1 1 + ≥ . 2 2 (1 + a) (1 + b) 1 + ab 22. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que abcd = 1, pruebe que 1 1 1 1 + + + ≥ 1. 2 2 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2 23. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que 2 (a3 + b3 + c3 ) + (3a + 1) (b2 + c2 ) + (3b + 1) (a2 + c2 ) + (3c + 1) (a2 + b2 ) ≥ 2(ab + ac + bc) + 3(a + b)(a + c)(b + c) 24. (IMO 1995). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que 1 1 3 1 + 3 + 3 ≥ . + c) b (c + a) c (a + b) 2
a3 (b 25. Demuestre que 2
a
1 1 + b c
2
+b
1 1 + a c
+c
2
1 1 + a b
≥ 2(a + b + c)
para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. 26. Sean x, y, z n´ umeros reales que pertenecen al intervalo [−1, 1] tales que x + y + z = 0, pruebe que p p √ 1 + x + y 2 + 1 + y + z 2 + 1 + z + x2 ≥ 3.
27. Sean a, b, c n´ umeros reales, pruebe que a+b+c+
√
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≤ 3 m´ax {a, b, c}.
133 28. Dados x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 1, pruebe que y x z √ +√ +√ ≥ y+z x+y z+x
r
3 . 2
29. (IMO 1964). Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc. 30. Dados a, b n´ umeros reales tales que a2 + b2 = 1, pruebe que √ 3 3 ab + m´ax {a; b} ≤ . 4 31. Dados a, b, c, d n´ umeros reales no negativos, pruebe que
b2
a b c d + 2 + 2 + 2 ≥ 2. 2 2 2 2 2 2 +c +d c +d +a d +a +b a + b2 + c2
32. Sean a, b, c, d n´ umeros reales no negativos tales que a2 +b2 +c2 +d2 = 4, pruebe que a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 8. 33. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a b c + + ≥ 1. 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b 34. Pruebe que si a, b, c son n´ umeros reales positivos tales que abc = 1,entonces 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + . 1+a+b 1+b+c 1+c+a 2+a 2+b 2+c 35. (IMO 2005). Dados a, b, c n´ umeros reales positivos que satisfacen abc ≥ 1, pruebe que a5 − a2 b5 − b2 c5 − c2 + + ≥ 0. a5 + b2 + c2 b5 + c2 + a2 c5 + a2 + b2
134
11. Problemas
36. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a + b + c = 3, pruebe que √
a+
√
b+
√
c ≥ ab + bc + ca.
37. (APMO 1998). Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que
x y z 2(x + y + z) 1+ 1+ 1+ ≥2+ . √ 3 xyz y z x
38. (USAMO 1998). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que
a3
1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ . 3 3 + + 3abc b + c + 3abc c + a + 3abc abc b3
39. Sean a, b, c reales positivos con suma 3, pruebe que a b c 3 + + ≥ . 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 40. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que a3 b3 c3 d3 a+b+c+d + + + ≥ . a2 + b2 b2 + c2 c2 + d2 d2 + a2 2 41. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que abcd = 1, pruebe que S =
1 1 1 + + 1 + ab + bc + ca 1 + bc + cd + ab 1 + cd + da + ac 1 + ≤ 1. 1 + da + ab + bd
42. Sean a, b, c n´ umeros no negativos tales que a + b + c = 3, pruebe que 1 2ab2
+1
+
1 1 + ≥ 1. 2 + 1 2ca + 1
2bc2
135 43. Sean a, b, c, x, y, z n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = x + y + z, pruebe que ax(a + x) + by(b + y) + cz(c + z) ≥ 3(abc + xyz). 44. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a2 (b + c − a) b2 (c + a − b) c2 (a + b − c) ab + bc + ca + + ≤ . b+c c+a a+b 2 45. Si a, b, c reales positivos, pruebe que s
a3 + a3 + (b + c)3
s
b3 + b3 + (c + a)3
s
c3 ≥ 1. c3 + (a + b)3
46. Si a, b, c, d son n´ umeros reales no negativos, pruebe que b−c c−d d−a a−b + + + ≥ 0. a + 2b + c b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b 47. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, entonces a2 − bc
√
√ √ b + c + b2 − ca c + a + c2 − ab a + b ≥ 0.
48. Dados a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que
a a+b
2
+
b b+c
2
+
c c+a
2
3 ≥ . 4
49. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos que satisfacen 1 1 1 1 + + + = 1, 1+a 1+b 1+c 1+d pruebe que abcd ≥ 81.
136
11. Problemas
50. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que b c a + + ≥ 1. 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b 51. Dados a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que 21
a a 16 √ ≥ 21 21 21 . 21 3 a3 + 63bcd a 16 + b 16 + c 16 + d 16 52. Dados a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que
A= √ 3
a b c d +√ +√ +√ ≥ 1. 3 3 3 a3 + 63bcd b3 + 63acd c3 + 63bda d3 + 63abc
53. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que r 3
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ m´ax {a, b, c}. 2
54. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que S=
(a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + > 2. a2 + b2 + c2 + ab a2 + b2 + c2 + bc a2 + b2 + c2 + ca
55. Dados a, b, c n´ umeros reales tales que a, b, c ∈ [0; 1], pruebe que b c a + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 56. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c 3 + + ≤ . 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4 57. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a2 + b2 + c2 = 1, pruebe que √
1 − ab +
√
1 − bc +
√
1 − ca ≥
√
6.
137 58. Pruebe que
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 ), se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales. 59. Pruebe que a3 + b3 + c3 + 4(a + b + c) + 9abc ≥ 8(ab + bc + ca), se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales no negativos. 60. Pruebe que M=
p
a2 + (1 − b)2 +
p
√ p 3 2 , b2 + (1 − c)2 + c2 + (1 − a)2 ≥ 2
se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales. 61. Pruebe que s
3
a + 3 a + 15bcd
s
3
b + 3 b + 15acd
s
3
c + 3 c + 15abd
s
d3 ≥ 1, d3 + 15abc
se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. 62. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que ab + bc + ca = 3, pruebe que
a2
1 1 1 + 2 + 2 ≤ 1. +2 b +2 c +2
63. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que 1 a3 b3 c3 3 2 + + ≥ a + b2 + c2 − (ab + bc + ca). a+b b+c c+a 4 4
138
11. Problemas
64. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que S=
ab bc ca 1 + + ≤ (a + b + c). 2c + a + b 2a + b + c 2b + c + a 4
65. Si a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e, entonces (a + b + c + d + e)2 ≥ 8(ac + bd + ce). ¿Cu´ando ocurre la igualdad? 66. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos tales que xyz ≥ xy + yz + zx. Pruebe que:
xyz ≥ 3(x + y + z). 67. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que x + y = 1, pruebe que √
y 2 x +p ≥√ . 2 1−x 3 1 − y2
68. Sean a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn n´ umeros reales positivos, tales que a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn . Pruebe que a21 a22 a2n 1 + + ···+ ≥ (a1 + a2 + · · · + an ). a1 + b1 a2 + b2 an + bn 2 69. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que 2ab 2bc 2ca + + ≤ a + b + c. a+b b+c c+a 70. (Rusia 1992). Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que x4 + y 4 + z 2 ≥
√
8xyz.
139 71. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos con a + b + c = 1, pruebe que
1 +1 a
1 +1 b
1 +1 c
≥ 64.
72. Sean a, b, c n´ umeros reales, y x=
√
b2 − bc + c2 ; y =
√
c2 − ca + a2 ; z =
√
a2 − ab + b2
pruebe que xy + yz + zx ≥ a2 + b2 + c2 . 73. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 3, pruebe que (1 − x)2 (1 − y)2 (1 − z)2 + + ≥ 0. 1 − x4 1 − y4 1 − z4 74. Si a1 , a2 , . . . , an son n´ umeros reales, pruebe que n X n X i=1 j=1
i · j · cos (ai − aj ) ≥ 0.
75. Sean a, b, c n´ umeros reales, tales que x=
√ √ √ b2 + bc + c2 ; y = c2 + ca + a2 ; z = a2 + ab + b2
pruebe que xy + yz + zx ≥ (a + b + c)2 . 76. Sean a, b, c, d, e, f n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c d e f + + + + + ≥ 3. b+c c+d d+e e+f f +a a+b
140
11. Problemas
77. Sean a, b, c, x, y, z, t, v, u n´ umeros reales positivos, entonces a3 + b3 + c3
x3 + y 3 + z 3
t3 + u3 + v 3 ≥ (axt + byu + czv)3 .
78. (IMO 2001). Pruebe para a, b, c n´ umeros reales positivos √
a2
a b c +√ +√ ≥ 1. 2 2 + 8bc b + 8ca c + 8ab
1 1 1 79. (APMO 2002). Sean a, b y c n´ umeros reales positivos que satisfacen + + = a b c 1, pruebe que √
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab ≥
√
abc +
√
a+
√
b+
√
c.
80. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos que satisfacen abc = 1, pruebe que 1+
6 3 ≥ . a+b+c ab + ac + bc
81. Sean a, b, c, x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + a = y + b = z + c = 1, pruebe que (abc + xyz)
1 1 1 + + ay bz cx
≥ 3.
82. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que x+y+z xy + yz + zx √ p ≥p . √ 3 3 x2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x2
83. Sean x, y, z, t n´ umeros reales tales que x2 + y 2 ≤ 1 y z 2 + t2 ≤ 1, pruebe que p
(x + z)2 + (y + t)2 +
p √ (x − z)2 + (y − t)2 ≤ 2 2.
84. Dados a, b, c n´ umeros reales tales que a2 +b2 +c2 ≤ 8, pruebe que ab+bc+2ca ≥ −8.
141 85. Dados a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = 1, pruebe que 256 a4 b + b4 c + c4 a ≤ . 3125 86. Si a, b, y c son los lados de un tri´angulo, pruebe que a b c + + ≥ 3. b+c−a c+a−b a+b−c 87. Sea n un n´ umero entero ≥ 2, pruebe que 8
X
1≤i
X
xi xj x2i + x2j ≤
xi
1≤i≤n
!4
.
88. Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales positivos y S = a1 + a2 + · · · + an , pruebe que S S n2 S + +···+ ≥ . S − a1 S − a2 S − an n−1 89. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = 3, pruebe que √ √ √ a 1 + b3 + b 1 + c3 + c 1 + a3 ≤ 5. 90. Sean a, b, c, d n´ umeros reales no negativos, pruebe que 2a 2b 2c 2d 1+ 1+ 1+ ≥ 9. 1+ b+c c+d d+a a+b 91. Si a, b, c son n´ umeros reales positivos, entonces r
2a + a+b
r
2b + b+c
r
2c ≤ 3. c+a
92. Si x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos tales que 1 1 1 + +···+ = 1, 1 + x1 1 + x2 1 + xn
142
11. Problemas pruebe que x1 x2 · · · xn ≥ (n − 1)n .
93. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que ab bc ca + + ≥ 3. c a b 94. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que aa · bb · cc ≥ (abc)
a+b+c 3
.
95. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c c+a a+b b+c + + ≥ + + . b c a c+b a+c b+a 96. Si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos, entonces a−b b−c c−d d−a + + + ≥ 0. b+c c+d d+a a+b 97. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a3 b3 c3 3(ab + ac + bc) + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 b − bc + b c − ac + a a − ab + b a+b+c 98. Si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos, entonces
a a+b
2
+
b b+c
2
+
c c+d
2
+
d d+a
2
≥ 1.
99. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, entonces 3 1 − a + a2
1 − b + b2
1 − c + c2 ≥ 1 + abc + a2 b2 c2 .
143 100. Sean a, b, c son n´ umeros reales no negativos, pruebe que a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + ac + bc). 101. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc ≥ 1, pruebe que a3 + b3 + c3 ≥ ab + ac + bc. 102. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c = 1, pruebe que √
ab + c +
√
bc + a +
√
ca + b ≥ 1 +
√
ab +
√
bc +
√
ca.
103. Sean a, b n´ umeros reales positivos tales que a + b ≤ 1, halle el m´ınimo valor de f (a, b) = ab + (ab)−1 . 3 104. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c ≤ , halle el m´ınimo 2 r r r 1 1 1 de f (a, b, c) = a2 + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 . b c a 105. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a ≥ 2, b ≥ 6 y c ≥ 12, halle el m´aximo valor de √ √ √ bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12 f (a, b, c) = . abc a3 b3 c3 106. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que + + ≥ ab + bc + ca. b c a 107. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, halle el m´ınimo valor de la funci´on f (a, b, c, d) =
a b c d + + + b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c + + + + . a b c d
144
11. Problemas
108. Halle el m´aximo valor de a3 (b + c + d) + b3 (c + d + a) + c3 (d + a + b) + d3 (a + b + c) donde a, b, c, d son n´ umeros reales tales que la suma de cuadrados es 1. 109. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que √ 2 √ √ √ 2 √ √ 2 a+b+c √ 3 − abc ≤ m´ax a− b , b− c , c− a . 3 110. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, pruebe que 3 b+c a +b +c +2 a− ≥ 3abc. 2 3
3
3
umeros reales tales que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0, 111. Sean x1 , x2 , x3 , x4 , x5 n´ pruebe que |cos x1 | + |cos x2 | + |cos x3 | + |cos x4 | + |cos x5 | ≥ 1. 112. Sean a, b, c n´ umeros reales diferentes, pruebe que a2 b2 c2 + + ≥ 2. (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 113. (IMO 1960). Resuelva 4x2 2 < 2x + 9. √ 1 − 1 + 2x
114. (IMO 1964). Si a, b, c son los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc.
145 115. (IMO 1975). Considere las sucesiones (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) y (y1 , y2, . . . , yn , . . .) tales que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn , y1 ≤ y2 ≤ · · · ≤ yn , y (z1 , z2 , . . . , zn ) es una permutaci´on de (y1 , y2 , . . . , yn ), pruebe que (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 ≤ (x1 − z1 )2 + · · · + (xn − zn )2 . 116. (IMO 1978). Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros enteros diferentes, pruebe que x1 x2 xn 1 1 1 + 2 +···+ 2 ≥ + +···+ . 2 1 2 n 1 2 n 117. (IMO 1997). Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales que satisfacen
|x1 + x2 + · · · + xn | = 1 y |xi | ≤
n+1 , para todo i = 1, 2, . . . , n, 2
pruebe que existe la permutaci´on (y1 , y2 , . . . , yn ) de (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que |y1 + 2y2 + · · · + nyn | ≤
n+1 . 2
118. (IMO 2004). Sea n un n´ umero entero positivo ≥ 3 y sean t1 , t2 , . . . , tn n´ umeros reales positivos tales que 2
n + 1 > (t1 + t2 + · · · + tn )
1 1 1 + +···+ t1 t2 tn
,
pruebe que ti , tj , tk son los lados de un tri´angulo para todo i, j, k con 1 ≤ i < j < k ≤ n. 119. (IMO 2000). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que
1 a−1+ b
1 b−1+ c
1 c−1+ a
≤ 1.
146
11. Problemas
120. Pruebe que n X
i,j=1
|i − j| |xi − xj | =
nX |xi − xj | 2 i,j
si x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn . 121. Pruebe que n X
(i − j)2 =
i,j=1
n2 (n2 − 1) . 6
122. (IMO 2003). Sea n un n´ umero entero ≥ 2 y los n´ umeros reales x1 , x2 , . . . , xn con x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn , pruebe que n X
i,j=1
!2
|xi − xj |
n X 2 2 ≤ n −1 (xi − xj )2 . 3 i,j=1
123. (IMO 2006). Determine el menor valor de M para que la desigualdad ab(a2 − b2 ) + bc(b2 − c2 ) + ca(c2 − a2 ) ≤ M a2 + b2 + c2 2
se verifique para cualesquiera a, b, c n´ umeros reales.
124. (IMO 1983). Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0. 125. Sean a, b, c, d, e n´ umeros reales positivos tales que abcde = 1, pruebe que a + abc b + bcd c + cde d + dea + + + 1 + ab + abcd 1 + bc + bcde 1 + cd + cdea 1 + de + deab e + eab 10 + ≥ . 1 + ea + eabc 3
147 126. Sean a, b, c que satisfacen a2 + b2 + c2 = 1, halle el m´aximo valor de P = (a − b)(a − c)(b − c)(a + b + c). 127. (IMO 2008). (a) Demuestre que x2 x2 x2 + + ≥1 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2
(11.1)
para todos los n´ umeros reales x, y, z, distintos de 1, con xyz = 1. (b) Demuestre que existen infinitas ternas de n´ umeros racionales x, y, z, distintos de 1, con xyz = 1 para los cuales la expresi´on (11.1) es una igualdad.
148
11. Problemas
CAP´ITULO
12
SOLUCIONES 1. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que a y b son las medias aritm´etica y geom´etrica respectivamente, pruebe que (1 + b)2 ≤ (1 + x)(1 + y) ≤ (1 + a)2 . Prueba.
Sean a =
x+y √ , b = xy, y como se cumple: 2
√ 2 xy ≤ x + y √ ⇔ 1 + 2 xy + xy ≤ 1 + x + y + xy √ ⇔ (1 + xy)2 ≤ (1 + x)(1 + y) ⇔ (1 + b)2 ≤ (1 + x)(1 + y). Tambi´en se cumple
⇔
4xy ≤ (x + y)2 (x + y)2 xy ≤ 4
⇔ 1 + x + y + xy ≤ 1 + x + y + 149
(x + y)2 4
(12.1)
150
12. Soluciones
2 x+y ⇔ (1 + x)(1 + y) ≤ 1 + 2 ⇔ (1 + x)(1 + y) ≤ (1 + a)2
(12.2)
Luego de (12.1) y (12.2) se tiene: (1 + b)2 ≤ (1 + x)(1 + y) ≤ (1 + a)2 . 2 2. Pruebe que
1 1+ x
2 1 2 1+ ≥ 1+ y x+y
para todo x, y n´ umeros reales positivos. Prueba.
La desigualdad es equivalente a: 1+
1 1 1 4 4 + + ≥ 1+ + x y xy x + y (x + y)2
⇔ (x + y + 1)(x + y)2 ≥ 4(x + y)xy + 4xy
⇔ (x + y + 1)(x + y)2 ≥ 4xy(x + y + 1)
⇔ (x + y)2 ≥ 4xy
⇔ (x − y)2 ≥ 0.
2 3. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que al menos una de las siguientes desigualdades es verdadera: xy ≥ 0 yz ≥ 0
zx ≥ 0.
151 Prueba. esto es
Supongamos que no se cumple ninguna de las desigualdades,
xy < 0 yz < 0 zx < 0. Luego tendr´ıamos que −xy > 0, −yz > 0, −zx > 0, y multiplicando −x2 y 2 z 2 > 0, lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto una de las desigualdades debe ser verdadera. 2 4. Si a2 + b2 = 1, halle la variaci´on de 2a + 3b. Soluci´ on. Escogemos los pares (a, b) y (2, 3) para utilizar la desigualdad de Cauchy-Schwarz. En efecto (2a + 3b)2 ≤ (a2 + b2 ) (22 + 32 )
⇒ (2a + 3b)2 ≤ (1)(13)
⇒ (2a + 3b)2 ≤ 13 √ √ de donde − 13 ≤ 2a + 3b ≤ 13.
2
5. Sabiendo que 2a + 3b + 4c = 29, halle el menor valor de a2 + b2 + c2 . Soluci´ on. Schwarz:
Tomamos las ternas (2, 3, 4) y (a, b, c), luego aplicamos Cauchy-
⇔
⇔ ∴
(2a + 3b + 4c)2 ≤ (22 + 32 + 42 ) (a2 + b2 + c2 ) (29)2 ≤ (29) (a2 + b2 + c2 )
a2 + b2 + c2 ≥ 29
El m´ınimo de a2 + b2 + c2 es 29 y ocurre si y s´olo si a = 2, b = 3, c = 4. 2
152
12. Soluciones
6. Pruebe que p
m2 + y 2 +
√
n2 + x2 ≥
para todo x, y, m, n n´ umeros reales. Prueba.
p
(m + n)2 + (x + y)2
Aplicando Cauchy-Schwarz a (m, y) y (n, x), tenemos
(m2 + y 2)(n2 + x2 ) ≥ (mn + xy)2 p (m2 + y 2 )(n2 + x2 ) ≥ (mn + xy) ⇔ p ⇔ (m2 + y 2) + (n2 + x2 ) + 2 (m2 + y 2 )(n2 + x2 ) ≥ (m2 + n2 + 2mn) +(x2 + y 2 + 2xy)
⇔ ⇔
p
m2
+
y2
+
√
n2
+
x2
2
≥ (m + n)2 + (x + y)2
p p √ m2 + y 2 + n2 + x2 ≥ (m + n)2 + (x + y)2.
2 7. Si a, b, c son n´ umeros reales positivos que satisfacen abc = 1, pruebe que 1 + ab 1 + bc 1 + ac + + ≥ 3. 1+a 1+b 1+c Prueba. 1 + ab c + abc c+1 = = ; similarmente 1+a c(1 + a) c(1 + a) 1 + bc a+1 = 1+b a(1 + b) 1 + ac b+1 = 1+c b(1 + c)
153 1 vemos que al multiplicar las tres u ´ ltimas fracciones obtenemos = 1, enabc tonces aplicando MA ≥ MG, tenemos: c+1 a+1 b+1 + + c(1 + a) a(1 + b) b(1 + c) 3
≥ =
r 3
r 3
a+1 b+1 c+1 · · c(1 + a) a(1 + b) b(1 + c) 1 =1 cab
entonces a+1 b+1 c+1 + + ≥3 c(1 + a) a(1 + b) b(1 + c)
∴
1 + ab 1 + bc 1 + ac + + ≥ 3. 1+a 1+b 1+c 2
8. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 (Desigualdad de Nesbit). Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
a b c 3 +1 + +1 + +1 ≥ +3 b+c c+a a+b 2 a+b+c a+b+c a+b+c 9 ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 1 1 1 9 ⇔ (a + b + c) + + ≥ b+c c+a a+b 2
154
12. Soluciones 1 1 1 ⇔ 2(a + b + c) + + ≥9 b+c c+a a+b 1 1 1 ⇔ ((b + c) + (c + a) + (a + b)) + + ≥9 b+c c+a a+b (b + c) + (c + a) + (a + b) 3 ⇔ ≥ 1 1 1 3 + + b+c c+a a+b
esta u ´ ltima desigualdad es verdadera, pues MA ≥ MH.
2
9. Pruebe que si x, y, z son n´ umeros reales positivos y x + y + z = 1, entonces 1 1 1 1+ 1+ ≥ 64. 1+ x y z Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
x+1 x
y+1 y
z+1 z
≥ 64
⇔ (x + x + y + z)(y + x + y + z)(z + x + y + z) ≥ 64xyz
⇔ (2x + y + z)(x + 2y + z)(x + y + 2z) ≥ 64xyz aplicando MA ≥ MG:
x+x+y+z √ ≥ 4x·x·y·z 4 p 2x + y + z ≥ 4 4 x2 yz; similarmente p x + 2y + z ≥ 4 4 xy 2 z p x + y + 2z ≥ 4 4 xyz 2
multiplicando miembro a miembro:
(2x + y + z)(x + 2y + z)(x + y + 2z) ≥ 64xyz. 2
155 10. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 = (c2 + d2 )3 , pruebe que c3 d 3 + ≥ 1. a b Prueba.
El primer miembro de la desigualdad 2
c4 d4 (c2 ) (d2 ) c3 d 3 + = + = + a b ac bd ac bd
2
luego, utilizando el Lema de Titu, tenemos
c3 d 3 + a b
2
2
=
(c2 ) (d2 ) + ac bd
2
!2
≥
(c2 + d2 ) ac + bd
2
!2
4
=
(c2 + d2 ) (ac + bd)2
=
(c2 + d2 ) (c2 + d2 ) (ac + bd)2
=
(a2 + b2 ) (c2 + d2 ) (ac + bd)2
3
entonces
c3 d 3 + a b
2
≥
(a2 + b2 ) (c2 + d2 ) ≥1 (ac + bd)2
pues por Cauchy-Schwarz a2 + b2
c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 .
11. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c + + ≥ 1. b + 2c c + 2a a + 2b
2
156
12. Soluciones Prueba.
Vemos que
a b c a2 b2 c2 + + = + + b + 2c c + 2a a + 2b ab + 2ac bc + 2ab ac + 2bc aplicando el Lema de Titu, tenemos b2 c2 (a + b + c)2 a2 + + ≥ , ab + 2ac bc + 2ab ac + 2bc 3(ab + ac + bc) luego bastar´ıa demostrar que (a + b + c)2 ≥ 1 3(ab + ac + bc) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + ac + bc) a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc,
⇔
pero esta u ´ ltima desigualdad es verdadera. ∴
a b c + + ≥ 1. b + 2c c + 2a a + 2b 2
12. Pruebe que y2 x2 + ≥ 8, y−1 x−1 para todo x, y > 1. Prueba. efectuando
Como (x − 2)2 ≥ 0, para todo x real, en particular para x > 1, x2 − 4x + 4 ≥ 0
⇔ x2 ≥ 4(x − 1) √ ⇔ x≥2 x−1 x ⇔ √ ≥2 x−1
157 similarmente √ como √
y ≥2 y−1
x y ,√ ∈ R+ ; entonces aplicando MA ≥ MG x−1 y−1
x2 y2 + y−1 x−1 2
≥
s
y2 x2 · y−1 x−1
x2 y2 xy x y + ≥ 2· √ = 2· √ ·√ √ y−1 x−1 y−1 x−1· y−1 x−1 ≥ 2(2)(2) = 8
∴
x2 y2 + ≥ 8. y−1 x−1 2
13. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c = 2, pruebe que a+b b+c c+a 9 + + ≥ . 2a + bc 2b + ac 2c + ab 4 Prueba.
Veamos la fracci´on
a+b a+b a+b a+b 1 = = 2 = = . 2a + bc (a + b + c)a + bc a + (b + c)a + bc (a + b)(a + c) a+c Similarmente para las otras dos fracciones y la desigualdad se escribe as´ı: a+b b+c c+a 9 + + ≥ (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) 4 1 1 1 9 ⇔ + + ≥ . a+c b+a c+b 4
158
12. Soluciones Pero
1 1 1 [(a + c) + (b + a) + (c + b)] + + ≥9 a+c b+a c+b 1 1 1 ⇔ 2(a + b + c) + + ≥9 a+c b+a c+b 1 1 1 ⇔ 4 + + ≥9 a+c b+a c+b 1 1 1 9 ⇔ + + ≥ a+c b+a c+b 4 ∴
b+c c+a 9 a+b + + ≥ . 2a + bc 2b + ac 2c + ab 4 2
14. Si a, b son n´ umeros reales tales que a2 + b2 = 1, pruebe que
Prueba.
pero
2 a b + ab2 ≤
√
2 . 2
2 a b + ab2 = |ab(a + b)| = |ab||a + b|
|a + b| ≤
|a + b| ≤
√
√
√ √ 2 a2 + b2 = 2 · 1 = 2 2
(12.3)
adem´as
a2 + b2 ≥ 2|a||b| 1 ⇔ ≥ |ab| 2 1 ⇔ |ab| ≤ 2
(12.4)
159 multiplicando miembro a miembro: |ab||a + b| ≤
√
∴ a2 b + ab2 ≤
2 2 √
2 . 2 2
15. Sean x, y n´ umeros reales positivos, pruebe que √
√ y x √ +√ ≥ 1. x + 3y y + 3x Prueba.
Usando la identidad (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 , en efecto (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
√ 3 = a2 + ab + ab + b2 ≥ a2 + 3 a2 b4
⇒ (a + b)2 ≥ a2 + 3a2/3 · b4/3 ⇒
= a2/3 a4/3 + 3b4/3 p √ (a + b) ≥ a2/3 (a4/3 + 3b4/3 ) = a1/3 a4/3 + 3b4/3
Haciendo a4/3 = x, b4/3 = y, tenemos: 3/4
x
+y
3/4
1/4
≥x
√
x x3/4 ≥ 3/4 x + y 3/4 x + 3y √ y y 3/4 √ ≥ 3/4 x + y 3/4 y + 3x
x + 3y ⇔ √
similarmente
√
sumando obtenemos √
√ y x √ +√ ≥ 1. x + 3y y + 3x 2
160
12. Soluciones
16. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que ab + bc + ca ≤ 3abc, pruebe que a + b + c ≤ a3 + b3 + c3 . Prueba.
Como ab + bc + ca ≤ 3abc ab + bc + ca ≤ 3 abc 1 1 1 ⇒ + + ≤ 3 a b c
⇒
Pero (a + b + c)
1 1 1 + + a b c
≥9
⇒ a+b+c≥3 adem´as 3(a + b + c) ≤ (a + b + c)2 =
a3/2 · a−1/2 + b3/2 · b−1/2 + c3/2 · c−1/2
≤ (a3 + b3 + c3 ) (a−1 + b−1 + c−1 )
2
≤ (a3 + b3 + c3 ) 3
⇒ 3(a + b + c) ≤ 3 a3 + b3 + c3
∴ a + b + c ≤ a3 + b3 + c3 . 2 17. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que 1 1 1 + + ≥ 1. 1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca
161 Prueba.
Recordar que a2 + b2 ≥ 2ab
⇔ 1 + a2 + b2 ≥ 1 + 2ab 1 1 ⇔ ≥ 1 + 2ab 1 + a2 + b2 en efecto 1 1 12 12 12 1 + + ≥ + + 1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca 1 + a2 + b2 1 + b2 + c2 1 + a2 + c2 aplicando el Lema de Titu 12 12 12 (1 + 1 + 1)2 + + ≥ 1 + a2 + b2 1 + b2 + c2 1 + a2 + c2 3 + 2(a2 + b2 + c2 ) =
∴
32 =1 3 + 2(3)
1 1 1 + + ≥ 1. 1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca 2
18. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que 1 1 1 3 + + ≥ . 1 + ab 1 + bc 1 + ca 2 Prueba. 2 b2 + c}2 ≥ ab + ac + bc |a + {z 3
⇔ 3 ≥ ab + ac + bc
⇔ 6 ≥ (1 + ab) + (1 + ac) + (1 + bc) 9 9 ⇔ ≤ 6 3 + ab + ac + bc
162
12. Soluciones
⇔
9 3 ≥ 3 + ab + ac + bc 2
adem´as sabemos que
1 1 1 [(1 + ab) + (1 + ac) + (1 + bc)] + + ≥9 1 + ab 1 + ac 1 + bc 1 1 1 9 ⇔ + + ≥ 1 + ab 1 + ac 1 + bc 3 + ab + ac + bc ∴
1 1 3 1 + + ≥ . 1 + ab 1 + bc 1 + ca 2 2
19. Pruebe que (a + b + c)4 ≥ 8 a2 + b2 + c2 (ab + ac + bc).
para todo a, b, c n´ umeros reales. Prueba.
(a + b + c)4 = ((a + b + c)2 )
2
2
2 = a b2 + c}2 + 2(ab + ac + bc) | + {z | {z } x
= (x + y)
y
2
≥ 4xy
= 4 (a2 + b2 + c2 ) (2)(ab + ac + bc) = 8 (a2 + b2 + c2 ) (ab + ac + bc)
∴ (a + b + c)4 ≥ 8 a2 + b2 + c2 (ab + ac + bc).
2
163 20. Dados a, b, c n´ umeros reales positivos con abc = 8, pruebe que √ Prueba.
1 1 1 +√ +√ ≥ 1. 3 3 1+a 1+b 1 + c3
La suma de cubos lo descomponemos para aplicar MA ≥ MG.
Veamos 1 + a3 = (1 + a)(1 − a + a2 ), entonces (1 + a) + (1 − a + a2 ) p ≥ (1 + a)(1 − a + a2 ) 2 2 + a2 √ ⇔ ≥ 1 + a3 2 2 1 ⇒ ; ≤√ 2 2+a 1 + a3 luego √
1 2 2 1 1 2 +√ +√ ≥ + + 2 2 3 3 3 2+a 2+b 2 + c2 1+a 1+b 1+c
como vemos basta probar que 2 2 2 + + ≥1 2 2 2+a 2+b 2 + c2 ⇔
1 1 1 1 + + ≥ 2 2 2 2+a 2+b 2+c 2
⇔ (2 + b2 ) (2 + c2 ) + (2 + a2 ) (2 + c2 ) + (2 + a2 ) (2 + b2 ) ≥
1 (2 + a2 ) (2 + b2 ) (2 + c2 ) 2
164
12. Soluciones
2 2 ⇔ 12 + 4 (a2 + b2 + c2 ) + |b2 c2 + a{z c + a2 b}2
2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ≥ 8 + 4 (a + b + c ) + 2 a b + a c + b c +a b c 2 | {z }
1 ⇔ 2 (a2 + b2 + c2 ) + 8 ≥ a2 b2 c2 ; abc = 8 2 ⇔ 2 (a2 + b2 + c2 ) + 8 ≥ 32 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 12. Es verdadera pues
√ 3 a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2 b2 c2 = 12. 2 21. Sean a, b n´ umeros reales positivos, pruebe que 1 1 1 + ≥ . 2 2 (1 + a) (1 + b) 1 + ab Prueba. 1 1 1 + ≥ ; 2 2 (1 + a) (1 + b) 1 + ab ⇔ [(1 + a)2 + (1 + b)2 ] (1 + ab) ≥ (1 + a)2 (1 + b)2 ⇔ (2 + 2a + 2b + a2 + b2 ) (1 + ab) ≥ (1 + 2a + a2 )(1 + 2b + b2 ) ⇔ a3 b + ab3 + 1 ≥ 2ab + a2 b2 ⇔ ab (a2 + b2 − 2ab) + (a2 b2 − 2ab + 1) ≥ 0 ⇔ ab(a − b)2 + (ab − 1)2 ≥ 0. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = 1.
2
165 22. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que abcd = 1, pruebe que 1 1 1 1 + + + ≥ 1. (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 (1 + d)2 Prueba.
Aplicando el problema 21, tenemos
1 1 1 1 1 1 + ≥ + + + 2 2 2 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d) 1 + ab 1 + cd {z } | {z } | 1 ab = + 1 + ab ab + abcd 1 ab = + = 1. 1 + ab ab + 1
∴
1 1 1 1 + + + ≥ 1. 2 2 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = d = 1.
2
23. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que
2 (a3 + b3 + c3 ) + (3a + 1) (b2 + c2 ) + (3b + 1) (a2 + c2 ) + (3c + 1) (a2 + b2 ) ≥ 2(ab + ac + bc) + 3(a + b)(a + c)(b + c) Prueba. (a − b)2 ≥ 0, para todo a, b reales, luego (a − b)2 + (a + b)3 ≥ (a + b)3 ; efectuando
a2 − 2ab + b2 + a3 + b3 + 3a2 b + 3ab2 ≥ (a + b)3
a3 + b3 + a2 (3b + 1) + b2 (3a + 1) ≥ (a + b)3 + 2ab; similarmente
a3 + c3 + a2 (3c + 1) + c2 (3a + 1) ≥ (a + c)3 + 2ac b3 + c3 + b2 (3c + 1) + c2 (3b + 1) ≥ (b + c)3 + 2bc
166
12. Soluciones sumando miembro a miembro: 2 (a3 + b3 + c3 ) + (3a + 1) (b2 + c2 ) + (3b + 1) (a2 + c2 ) + (3c + 1) (a2 + b2 ) ≥ (a + b)3 + (a + c)3 + (b + c)3 +2ab + 2ac + 2bc | {z } ≥ 3(a + b)(a + c)(b + c) + 2(ab + ac + bc).
2 24. (IMO 1995). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . + c) b (c + a) c (a + b) 2
a3 (b Prueba.
Como abc = 1, entonces la desigualdad es equivalente a: abc abc abc 3 + 3 + 3 ≥ + c) b (c + a) c (a + b) 2 1 1 1 2 2 2 3 a + b + c ≥ . 1 1 1 1 1 1 2 + + + b c b c b c
a3 (b ⇔
Haciendo
1 1 1 = x, = y, = z, a b c
⇒ xyz = 1. Luego basta demostrar que
x2 y2 z2 3 + + ≥ , y+z x+z x+y 2 aplicando el Lema de Titu: x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ y+z x+z x+y (y + z) + (x + z) + (x + y) =
3 (x + y + z)2 x+y+z 3 √ = ≥ · 3 xyz = . 2(x + y + z) 2 2 | {z } 2 1
2
167 25. Demuestre que 2
a
1 1 + b c
2
+b
1 1 + a c
+c
2
1 1 + a b
≥ 2(a + b + c)
para todo a, b, c n´ umeros reales positivos. Prueba.
Como a2 + b2 ≥ 2ab
⇔ a2 − ab + b2 ≥ ab; multiplicando por(a + b)
⇔ (a + b) (a2 − ab + b2 ) ≥ ab(a + b)
⇔ a3 + b3 ≥ ab(a + b)
a3 b3 + ≥a+b ab ab a2 b2 ⇔ + ≥ a + b; similarmente b a a2 c2 + ≥a+c c a b2 c2 + ≥b+c c b
⇔
sumando miembro a miembro y agrupando 2
a
1 1 + b c
2
+b
1 1 + a c
+c
2
1 1 + a b
≥ 2(a + b + c) 2
26. Sean x, y, z n´ umeros reales que pertenecen al intervalo [−1, 1] tales que x + y + z = 0, pruebe que p
1 + x + y2 +
p
1 + y + z2 +
√
1 + z + x2 ≥ 3.
168
12. Soluciones Prueba. En efecto √
√
Si ab ≥ 0, veamos que
1+a+
√
1+b≥ 1+
√
√
1+a+
1+b≥1+
√
1 + a + b.
1+a+b
p √ ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a)(1 + b) ≥ 1 + 2 1 + a + b + 1 + a + b ⇔
√
1 + a + b + ab ≥
√
1+a+b
⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b ⇔ ab ≥ 0. Para aplicar la afirmaci´on anterior, veamos el signo de x + y 2, y + z 2 , z + x2 . Como x+y 2 +y +z 2 +z +x2 = x + y + z +x2 +y 2 +z 2 ≥ 0, entonces escogemos | {z } 0
dos de ellos del mismo signo, sin p´erdida de generalidad podemos escoger x+y 2 y y + z 2 . Luego tenemos que p
1 + x + y2 +
≥ 1+ = 1+ = 1+ = 1+ ≥ 1+ = 1+ = 1+
p
q p q
p
1 + y + z2 +
1 + x + y2 + y + z2 + 1 + x + y +y 2 + z 2 + | {z } 1 − z + z2 + y2 + √
1−z+
q √
q √ q √
z2
2
+
1 − z + z2 + 1 − z + z2 + 1 − z + z2 +
√
√
√
√
1 + z + x2
1 + z + x2
1 + z + x2
1 + z + x2 q
y2
+
√
1+z
√
1+z
√
1+z
√
2 2 2
2
1 + z + x2 + (x + y)2 + (−z)2 + z2
169 luego basta demostrar que √
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
√
2 1 + z + z2 ≥ 4 p 1 − z + z 2 + 1 + z + 2 (1 − z + z 2 )(1 + z) + z 2 ≥ 4 p 2z 2 + 2 (1 − z + z 2 )(1 + z) ≥ 2 p z 2 + (1 − z + z 2 )(1 + z) ≥ 1 p 2 (1 − z + z 2 )(1 + z) ≥ 1| − {zz}; 1 − z + z2 +
(+)
elevando al cuadrado
⇔ 1 + z 3 ≥ 1 − 2z 2 + z 4
⇔ z 3 ≥ z 4 − 2z 2
⇔ z 4 − z 3 − 2z 2 ≤ 0
⇔ z 2 (z 2 − z − 2) ≤ 0
⇔ z 2 (z − 2)(z + 1) ≤ 0
⇔ z 2 (2 − z)(z + 1) ≥ 0
es verdadero pues |z| ≤ 1.
La igualdad ocurre si y s´olo si x = y = z = 0.
2
27. Sean a, b, c n´ umeros reales, pruebe que a+b+c+ Prueba.
√ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≤ 3 m´ax {a, b, c}.
Supongamos que m´ax {a, b, c} = a ⇒ a ≥ b; a ≥ c.
Luego (12.5) es equivalente a: √ a + b + c + a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≤ 3a √ ⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≤ 2a | −{zb − }c (+)
(12.5)
170
12. Soluciones elevando al cuadrado ⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≤ 4a2 + b2 + c2 − 4ab − 4ac + 2bc ⇔ 0 ≤ 3a2 − 3ab − 3ac + 3bc ⇔ a2 − a(b + c) + bc ≥ 0
⇔ (a − b)(a − c) ≥ 0.
2 28. Dados x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 1, pruebe que z x y √ +√ +√ ≥ y+z x+y z+x Prueba.
Definimos la funci´on f (x) = √
r
3 . 2
x ; x < 1, entonces 1−x
2−x √ 2(1 − x) 1 − x √ 1 − x(4 − x) ′′ >0 f (x) = 4(1 − x)3 f ′ (x) =
luego f es convexa; entonces
x+y+z 1 f ≤ (f (x) + f (y) + f (z)) 3 3 x+y+z 1 x y z 3 √ ≤ +√ +√ ⇒ r 3 1−y 1−x 1−z x+y+z 1− 3 reemplazando x + y + z = 1, tenemos 1 r 3
1−
1 3
1 x y z √ ≤ +√ +√ 3 1−y 1−x 1−z
171
x y z ∴ √ +√ +√ ≥ y+z x+y z+x
r
3 . 2
1 La igualad ocurre si y s´olo si x = y = z = . 3
2
29. (IMO 1964). Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc. Prueba.
Efectuando en el primer miembro
a2 (b + c) − a3 + b2 (a + c) − b3 + c2 (a + b) − c3 ≤ 3abc
⇔ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) ≤ a3 + b3 + c3 + 3abc
⇔ 0 ≤ (a3 − a2 (b + c) + abc) + (b3 − b2 (a + c) + abc) + (c3 − c2 (a + b) + abc) ⇔ 0 ≤ a (a2 − a(b + c) + bc) + b (b2 − b(a + c) + ac) + c (c2 − c(a + b) + ab) ⇔ 0 ≤ a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ⇔ a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0
es verdadera, pues es la desigualdad de Sch¨ ur.
2
30. Dados a, b n´ umeros reales tales que a2 + b2 = 1, pruebe que √ 3 3 ab + m´ax {a; b} ≤ . 4 Prueba.
Sin p´erdida de generalidad, supongamos que m´ax {a; b} = a
entonces la desigualdad (12.6) es equivalente a: √ 3 3 ab + a ≤ . 4
(12.6)
172
12. Soluciones Definamos la funci´on f (a, b)
=
ab + a
= a(b + 1)
⇒ f 2 (a, b) = a2 (b + 1)2 = (1 − b2 ) (1 + b)2
= (1 − b)(1 + b)3 1 = (3 − 3b)(1 + b)3 3
aplicando MG ≤ MG 4 1 1 3 − 3b + 1 + b + 1 + b + 1 + b 3 (3 − 3b)(1 + b) ≤ 3 3 4 4 1 3 27 = = 3 2 16 ⇒ f 2 (a, b) ≤
27 . 16 √ 3 3 ∴ f (a, b) ≤ . 4 2
31. Dados a, b, c, d n´ umeros reales no negativos, pruebe que
b2
b c d a + 2 + 2 + 2 ≥ 2. 2 2 2 2 2 2 +c +d c +d +a d +a +b a + b2 + c2
Prueba. r
Recordar que
2
2
b +c +d a2
√
x≤ 1+
2
≤
1+x , entonces tenemos que 2 b2 + c2 + d2 a2 + b2 + c2 + d2 a2 = 2 2a2
173
a 2 b + c2 + d 2 b 2 c + d2 + a2 c 2 d + a2 + b2 d 2 a + b2 + c2
⇒
2a2 ; similarmente a2 + b2 + c2 + d2 2b2 ≥ 2 a + b2 + c2 + d2 2c2 ≥ 2 a + b2 + c2 + d2 2d2 ≥ 2 a + b2 + c2 + d2
≥
sumando miembro a miembro se obtiene
b2
b c d a + 2 + 2 + 2 ≥ 2. 2 2 2 2 2 2 +c +d c +d +a d +a +b a + b2 + c2 2
32. Sean a, b, c, d n´ umeros reales no negativos tales que a2 +b2 +c2 +d2 = 4, pruebe que a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 8. Prueba.
Si utilizamos la desigualdad de la media potencial tendr´ıamos
1/2 3 1/3 a2 + b2 + c2 + d2 a + b3 + c3 + d3 ≤ 4 4 1/2 3 1/3 4 a + b3 + c3 + d3 ⇔ ≤ 4 4
de donde a3 + b3 + c3 + d3 ≥ 1
como vemos no hemos acotado superiormente, es decir esta propiedad no ayuda resolver el problema; buscaremos otra opci´on. De la condici´on a2 + b2 + c2 + d2 = 4, se deduce que
⇒
a2 ≤ 4;
a ≤ 2; a ≥ 0
174
12. Soluciones
⇒ a3 ≤ 2a2 ; similarmente b3 ≤ 2b2 c3 ≤ 2c2 d3 ≤ 2d2 sumando miembro a miembro: a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 2 (a2 + b2 + c2 + d2 ) a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 2 (4) de donde a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 8.
La igualdad ocurre si y s´olo si (a, b, c, d) = (2, 0, 0, 0), y sus respectivas permutaciones. [8, p´ag 15] 2 33. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a b c + + ≥ 1. 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b Prueba. que
Multiplicando por 4 a los miembros de la desigualdad, tenemos
a b c + + ≥1 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b 4a 4b 4c + + ≥4 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b 4a 4b 4c ⇔ −1 + −1 + −1 ≥1 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b ⇔
⇔
a+b−c b+c−a c+a−b + + ≥1 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b
175 En el primero miembro de la desigualdad generamos las condiciones para aplicar el Lema de Titu b+c−a c+a−b a+b−c + + 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b (b + c − a)2 (c + a − b)2 (a + b − c)2 = + + (a + b − c)(3a − b + c) (b + c − a)(3b − c + a) (c + a − b)(3c − a + b) ≥
(a + b − c + b + c − a + c + a − b)2 (a + b − c)(3a − b + c) + (b + c − a)(3b − c + a) + (c + a − b)(3c − a + b) {z } | (a+b+c)2
=
(a + b + c)2 = 1. (a + b + c)2
2 34. Pruebe que si a, b, c son n´ umeros reales positivos tales que abc = 1,entonces 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + . 1+a+b 1+b+c 1+c+a 2+a 2+b 2+c Prueba.
(12.7)
Sean x = a + b + c, y = ab + bc + ca, como abc = 1, entonces x=a+b+c≥3 x ≥ 3; y ≥ 3 x2 ≥ 3y
pues (a + b + c)2 ≥ 3(ab + ac + bc).
La desigualdad (12.7) es equivalente a: (1 + b + c)(1 + c + a) + (1 + a + b)(1 + c + a) + (1 + a + b)(1 + b + c) (1 + a + b)(1 + b + c)(1 + c + a) ≤
(2 + b)(2 + c) + (2 + a)(2 + c) + (2 + a)(2 + b) (2 + a)(2 + b)(2 + c)
176
12. Soluciones
⇔
(a + b + c)2 + 4(a + b + c) + (ab + ac + bc) + 3 (a + b + c)2 + 2(a + b + c) + (ab + ac + bc) + (a + b + c)(ab + ac + bc) ≤
12 + 4(a + b + c) + (ab + ac + bc) 9 + 4(a + b + c) + 2(ab + ac + bc)
Reemplazando tenemos 12 + 4x + y x2 + 4x + y + 3 ≤ 2 x + 2x + y + xy 9 + 4x + 2y ⇔
x2 + 4x + y + 3 12 + 4x + y −1≤ −1 2 x + 2x + y + xy 9 + 4x + 2y
⇔
x2
3−y 2x − xy + 3 ≤ −1 + 2x + y + xy 9 + 4x + 2y
⇔ 5x2 + 24x + y 2 + 3y + 27 ≤ 6xy + 3x2 y + xy 2 5 1 ⇔ 5x2 + 24x + y 2 + 3y + 27 ≤ 5xy + xy + x2 y + x2 y + x2 y + xy 2 3 3 esta desigualdad es verdadera, pues 5 1 5x2 ≤ x2 y; y 2 ≤ x2 y; 9x ≤ xy 2 3 3 15x ≤ 5xy;
3y ≤ xy;
27 ≤ x2 y. 2
35. (IMO 2005). Dados a, b, c n´ umeros reales positivos que satisfacen abc ≥ 1, pruebe que a5 − a2 b5 − b2 c5 − c2 + + ≥ 0. a5 + b2 + c2 b5 + c2 + a2 c5 + a2 + b2
177 Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
b5 − b2 c5 − c2 a5 − a2 −1 + 5 −1 + 5 − 1 ≥ −3 a5 + b2 + c2 b + c2 + a2 c + a2 + b2
(a2 + b2 + c2 ) (a2 + b2 + c2 ) (a2 + b2 + c2 ) − 5 − 5 ≥ −3 a5 + b2 + c2 b + c2 + a2 c + a2 + b2 (a2 + b2 + c2 ) (a2 + b2 + c2 ) (a2 + b2 + c2 ) ⇔ + 5 + 5 ≤3 a5 + b2 + c2 b + c2 + a2 c + a2 + b2
⇔ −
La dificultad se presenta en los denominadores, por la potencia quinta, por ello es conveniente deshacernos de dicha potencia, en efecto, aplicando CauchySchwarz. 2
(a5 + b2 + c2 ) (bc + b2 + c2 ) ≥
a5/2 b1/2 c1/2 + b2 + c2
=
(abc)1/2 · a2 + b2 + c2 2
2
≥ (a2 + b2 + c2 ) ; pues abc ≥ 1 de donde (a5 + b2 + c2 ) (bc + b2 + c2 ) ≥ (a2 + b2 + c2 )
bc + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 ⇔ 5 a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 b5 + c2 + a2 a2 + b2 + c2 c5 + a2 + b2
⇔
2
a2 + b2 + c2 a5 + b2 + c2 bc + b2 + c2 ≤ 2 ; similarmente a + b2 + c2 ac + a2 + c2 ≤ 2 ; a + b2 + c2 ab + a2 + b2 ≤ 2 a + b2 + c2 ≥
sumando miembro a miembro tenemos: a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 + + a5 + b2 + c2 b5 + c2 + a2 c5 + a2 + b2 bc + ac + ab + 2 (a2 + b2 + c2 ) 3 (a2 + b2 + c2 ) ≤ = 3. ≤ a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2
178
12. Soluciones Recordar que ab + ac + bc ≤ a2 + b2 + c2 . La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
36. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a + b + c = 3, pruebe que √
a+
√
b+
√
c ≥ ab + bc + ca.
Prueba. Como 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 ) entonces la desigualdad es equivalente a: √ √ √ a2 + b2 + c2 + 2( a + b + c) ≥ (a b + }c)2 = 9 | +{z 3
agrupando convenientemente en el primer miembro
√ √ 2 √ a + 2 a + b + 2 b + c2 + 2 c ≥ 9. 2
Pero
entonces
p √ √ √ √ √ a2 + 2 a = a2 + a + a ≥ 3 3 a2 a a = 3a √ a2 + 2 a ≥ 3a; similarmente √ b2 + 2 b ≥ 3b √ c2 + 2 c ≥ 3c
sumando miembro a miembro, tenemos: √ √ √ a2 + b2 + c2 + 2( a + b + c) ≥ 3(a + b + c) √ √ √ a2 + b2 + c2 + 2( a + b + c) ≥ 9. 2
179 37. (APMO 1998). Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que x y z 2(x + y + z) 1+ 1+ 1+ ≥2+ . √ 3 xyz y z x Prueba.
Efectuando en el primer miembro de la desigualdad 1+
x y z x z y 2(x + y + z) + + + + + +1≥2+ √ 3 xyz y z x z y x
simplificando x y z x z y 2(x + y + z) + + + + + ≥ √ 3 xyz y z x z y x Aplicando MA ≥ MG convenientemente s s 2 x x3 x y x x y 3x 2 + = + + ≥33 =33 = √ 3 y z y y z yz xyz xyz x y 3x ⇒2 + ≥ √ ; similarmente 3 y z xyz y z 3y ≥ √ 2 + 3 xyz z x z x 3z ≥ √ 2 + 3 x y xyz sumando las tres desigualdades: 3
x y z x y z + + ≥ 3 √ +√ +√ 3 xyz 3 xyz 3 xyz y z x x y z x+y+z + + ≥ , similarmente √ 3 xyz y z x x z y x+y+z + + ≥ . √ 3 xyz z y x
Sumando miembro a miembro obtenemos la desigualdad que quer´ıamos demostrar. 2
180
12. Soluciones
38. (USAMO 1998). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que
a3
1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ . 3 3 + + 3abc b + c + 3abc c + a + 3abc abc b3
Prueba.
Sabemos que a2 + b2 ≥ 2ab, restando ab ⇔ a2 − ab + b2 ≥ ab,
multiplicando por (a + b)
⇔ (a + b) (a2 − ab + b2 ) ≥ ab(a + b) ⇔ a3 + b3 ≥ ab(a + b), sumando abc ⇔ a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) ⇔
a3
1 1 ≤ 3 + b + abc ab(a + b + c)
⇔
a3
abc abc ≤ 3 + b + abc ab(a + b + c)
⇔
a3
abc c ≤ , similarmente 3 + b + abc a+b+c a abc ≤ b3 + c3 + abc a+b+c abc b ≤ 3 3 c + a + abc a+b+c
sumando miembro a miembro:
a3
abc abc abc + 3 + 3 ≤1 3 3 + b + 3abc b + c + 3abc c + a3 + 3abc
de donde a3
1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ . 3 3 + + 3abc b + c + 3abc c + a + 3abc abc b3
2
181 39. Sean a, b, c reales positivos con suma 3, pruebe que b c 3 a + + ≥ . 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 Prueba. Antes de dar la prueba, notemos que la MA ≥ MG en algunos casos no ayuda a solucionar el problema. Veamos: a b c a b c + + ≤ + + 2 2 2 1+b 1+c 1+a 2b 2c 2a b c 3 a + + ≥ , y no podemos Pero aplicando MA ≥ MG, tenemos 2b 2c 2a 2 a b c 3 garantizar que + + ≥ . 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 Por ello utilizaremos otro procedimiento, veamos: a 1 + b2 a ⇒ 1 + b2 b 1 + c2 c 1 + a2
ab2 ab2 ab ≥ a − =a− , 2 1+b 2b 2 ab ≥ a − , similarmente 2 bc ≥ b− , 2 ca ≥c− , 2 =a−
sumando miembro a miembro, tenemos a b c + + ≥ a+b+c− 2 2 1+b 1+c 1 + a2
ab bc ac + + 2 2 2
1 = 3 − (ab + bc + ac) 2 luego es suficiente demostrar que 1 3 3 − (ab + bc + ac) ≥ . 2 2
182
12. Soluciones Sabemos que (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ac) 32 ≥ 3(ab + bc + ac)
3 ≥ ab + bc + ac 1 3 − (ab + bc + ac) ≥ − 2 2 3 3 1 3 − (ab + bc + ac) ≥ 3 − = . [9, p´ag 27] 2 2 2 2 40. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que a3 b3 c3 d3 a+b+c+d + + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +d d +a 2 Prueba.
La idea del problema anterior es interesante y la vamos a utilizar.
En efecto a3 ab2 = a − . a2 + b2 a2 + b2 Pero 1 1 ≤ 2 +b 2ab 2 −ab −ab2 ⇔ 2 ≥ a + b2 2ab
a2 + b2 ≥ 2ab ⇔
a2
entonces a3 ab2 b =a− 2 ≥a− 2 2 2 a +b a +b 2
183
⇒
a3 b ≥ a − , similarmente 2 2 a +b 2 3 c b ≥b− 2 2 b +c 2 3 c d ≥c− 2 2 c +d 2 3 a d ≥ d− 2 2 d +a 2
sumando miembro a miembro, tenemos a3 b3 c3 d3 a+b+c+d + + + ≥ . [9, p´ag 28] 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +d d +a 2 2 41. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos tales que abcd = 1, pruebe que S =
Prueba. partimos de
1 1 1 + + 1 + ab + bc + ca 1 + bc + cd + ab 1 + cd + da + ac 1 ≤ 1. + 1 + da + ab + bd Como necesitamos formar ab + bc + ca y aprovechando abcd = 1
1 1 1 1 1 1 + + ≥ √ +√ +√ a b c ac ab bc √ √ √ cd bd ad = √ +√ +√ abcd abcd abcd √ √ √ = cd + bd + ad √ √ √ √ = d( c + b + a) √ √ √ √ bc + ac + ab d( a + b + c) ⇒ ≥ abc · d d √ √ √ a+ b+ c √ ⇒ bc + ac + ab ≥ d
184
12. Soluciones
⇒
1 + bc + ac + ab ≥
⇒
1 ≤ 1 + bc + ac + ab 1 ≤ 1 + bc + cd + db 1 ≤ 1 + cd + da + ac 1 ≤ 1 + da + ab + bd
√ √ b+ c+ d √ d √ d √ √ , similarmente √ √ a+ b+ c+ d √ a √ √ √ √ a+ b+ c+ d √ b √ √ √ √ a+ b+ c+ d √ c √ √ √ √ a+ b+ c+ d √
a+
√
sumando miembro a miembro, tenemos S ≤ 1. 2 42. Sean a, b, c n´ umeros no negativos tales que a + b + c = 3, pruebe que 1 2ab2 Prueba.
+1
+
1 1 + ≥ 1. 2 + 1 2ca + 1
2bc2
Efectuando tenemos la desigualdad equivalente:
(2bc2 + 1) (2ca2 + 1) + (2ab2 + 1) (2ca2 + 1) + (2ab2 + 1) (2bc2 + 1) ≥ (2ab2 + 1) (2bc2 + 1) (2ca2 + 1)
⇔ 1 + a2 c + b2 a + bc2 − 4(abc)3 ≥ 0 como
p a2 c + b2 a + bc2 ≥ 3 (abc)3 3 2 2 ⇔ a c + b a + bc2 ≥ 3abc
185 luego 1 + a2 c + b2 a + bc2 − 4(abc)3 ≥ 1 + 3abc − 4(abc)3 basta demostrar 1 + 3abc − 4(abc)3 ≥ 0.
(12.8)
Para ello observe que a+b+c √ ≥ 3 abc 3 ⇒ 1 ≥ abc; pues a + b + c = 3 ⇒ abc ≤ 1. En (12.8) factorizando el primer miembro vemos que (1 − abc)(2abc + 1)2 ≥ 0. Esta desigualdad es verdadera debido a que abc ≤ 1.
2
43. Sean a, b, c, x, y, z n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = x + y + z, pruebe que ax(a + x) + by(b + y) + cz(c + z) ≥ 3(abc + xyz). Prueba.
La desigualdad que vamos a demostrar es equivalente a: a2 x + ax2 + b2 y + by 2 + c2 z + cz 2 ≥ 3(abc + xyz)
aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los n´ umeros √ √ √ √ √ √ a x, b y, c z, yz, zx, xy
186
12. Soluciones en efecto se tiene: √ √ √ (a2 x + b2 y + c2 z) (yz + zx + xy) ≥ (a xyz + b xyz + c xyz)2 (a2 x + b2 y + c2 z) (yz + zx + xy) ≥ xyz(a + b + c)2
(a2 x + b2 y + c2 z) (yz + zx + xy) ≥ xyz(x + y + z)2
≥ xyz(3(xy + xz + yz))
⇒ a2 x + b2 y + c2 z ≥ 3xyz; similarmente ax2 + by 2 + cz 2 ≥ 3abc.
Sumando ax(a + x) + by(b + y) + cz(c + z) ≥ 3(abc + xyz). 2 44. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que ab + bc + ca a2 (b + c − a) b2 (c + a − b) c2 (a + b − c) + + ≤ . b+c c+a a+b 2 Prueba. equivalente
Efectuando en el primer miembro obtenemos una desigualdad
a3 b3 c3 + + b+c c+a a+b
ab + bc + ca 2 4 4 4 a b c ab + bc + ca ⇔ a2 + b2 + c2 − + + ≤ ab + ac bc + ba ac + bc 2 2
2
2
a +b +c −
≤
Aplicando el Lema de Titu: 2
a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 ) + + ≥ ab + ac bc + ba ac + bc 2(ab + ac + bc) 2 a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 ) ⇔ − + + ≤− ab + ac bc + ba ac + bc 2(ab + ac + bc)
187 luego basta demostrar que 2
2
2
2
a +b +c −
(a2 + b2 + c2 ) 2(ab + ac + bc)
!
≤
ab + bc + ca 2
En efecto equivale a: 2
2(ab + ac + bc) (a2 + b2 + c2 ) − (a2 + b2 + c2 ) ≤ (ab + ac + bc)2 haciendo a2 + b2 + c2 = x, ab + ac + bc = y, tenemos la desigualdad equivalente 2yx − x2 ≤ y 2 ⇔ 0 ≤ x2 − 2xy + y 2 ⇔ (x − y)2 ≥ 0. 2 45. Si a, b, c reales positivos, pruebe que s
Prueba. √
⇒
√
3
a + 3 a + (b + c)3
s
3
b + 3 b + (c + a)3
s
c3 ≥ 1. c3 + (a + b)3
Veamos para x > 0
1 + x3 =
p
(1 + x) (1 − x + x2 ) ≤
1 + x3 ≤ 1 +
x2 . 2
(1 + x) + (1 − x + x2 ) x2 =1+ 2 2
188
12. Soluciones Como s
v u a3 u = a3 + (b + c)3 u t
1+
1 b+c a
3 = s
1 3 b+c 1+ a
1 1 a2 = 2 ≥ a2 + b2 + c2 b2 + c2 1 b+c 1+ 1+ a2 2 a
≥
(hemos aplicado media cuadr´atica ≥ media aritm´etica) luego
s
a3 a2 ≥ ; en forma similar a3 + (b + c)3 a2 + b2 + c2
s
b3 b2 ≥ b3 + (c + a)3 a2 + b2 + c2
s
c3 c2 ≥ c3 + (a + b)3 a2 + b2 + c2
sumando tenemos: s
3
a + 3 a + (b + c)3
s
3
b + 3 b + (c + a)3
s
c3 ≥ 1. c3 + (a + b)3
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c. 46. Si a, b, c, d son n´ umeros reales no negativos, pruebe que a−b b−c c−d d−a + + + ≥ 0. a + 2b + c b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b
2
189 1 Prueba. Sumando a cada fracci´on tenemos la desigualdad equivalente 2 a la anterior 1 b−c 1 c−d 1 a−b + + + + + a + 2b + c 2 b + 2c + d 2 c + 2d + a 2 d−a 1 + + ≥2 d + 2a + b 2
efectuando 3b + d 3c + a 3d + b 3a + c + + + ≥4 a + 2b + c b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b para aplicar el Lema de Titu, acondicionemos el numerador, en efecto
⇔
(3a + c)2 (3b + d)2 (3c + a)2 + + (3a + c)(a + 2b + c) (3b + d)(b + 2c + d) (3c + a)(c + 2d + a) + ≥ =
(3d + b)2 (3d + b)(d + 2a + b) (3a+c+3b+d+3c+a+3d+b)2 (3a+c)(a+2b+c)+(3b+d)(b+2c+d)+(3c+a)(c+2d+a)+(3d+b)(d+2a+b)
16(a + b + c + d)2 = 4. 4(a + b + c + d)2 2
47. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, entonces a2 − bc Prueba.
√
√ √ b + c + b2 − ca c + a + c2 − ab a + b ≥ 0.
La desigualdad que vamos a demostrar es equivalente a
(b + c) (a2 − bc) (c + a) (b2 − ca) (a + b) (c2 − ab) √ √ √ + + ≥0 c+a b+c a+b
(12.9)
Haciendo m = (b + c) (a2 − bc) ; n = (c + a) (b2 − ca) ; p = (a + b) (c2 − ab).
190
12. Soluciones Efectuando y sumando obtenemos que m+n+p = 0, luego (12.9) es equivalente a: √
m n p +√ ≥ 0, con m + n + p = 0. +√ c+a b+c a+b
Sin p´erdida de generalidad podemos considerar un orden a ≥ b ≥ c, de donde se deduce que m ≥ 0 y p ≤ 0, y reemplazando n = −(m + p), tenemos m (m + p) p − √ +√ ≥0 c+a b+c a+b 1 1 1 1 −√ +p √ −√ ≥0 ⇔ m √ c+a c+a b+c a+b √
1 1 1 1 √ √ ⇔ |{z} m √ −√ + (−p) − ≥0 | {z } b+c c+a c + a b + a (+) | {z } | {z } (+) (+)
(+)
48. Dados a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que Prueba.
2
+
b b+c
2
+
c c+a
2
3 ≥ . 4
La desigualdad es equivalente a:
Haciendo
a a+b
1 1+
2
+ b
a
1 c 1+ b
2
+
1 a 1+ c
2
≥3 4
b c a = x, = y, = z, tenemos: a b c 1 1 1 3 + + ≥ , con xyz = 1. 2 2 2 (1 + x) (1 + y) (1 + z) 4
2
191 Veamos que 1 1 1 + ≥ ; x, y > 0. 2 2 (1 + x) (1 + y) 1 + xy Aplicando el resultado del problema 21 y aprovechando que xyz = 1, tenemos: 1 1 1 z z + ≥ = = (1 + x)2 (1 + y)2 1 + xy z + xyz z+1 1 1 z 1 1 + + ≥ + ⇒ 2 2 2 (1 + x) (1 + y) (1 + z) z + 1 (1 + z)2 =
z2 + z + 1 (1 + z)2
(z 2 + 2z + 1) − z (1 + z)2 z = 1− 2 z + 2z + 1 1 = 1− 1 z+ +2 z =
acotando el segundo miembro: 1 1 ≥2⇔z+ +2≥4 z z 1 1 ⇔ 0< ≤ 1 4 z+ +2 z 1 1 ≥− ⇔ 0>− 1 4 z+ +2 z 1 3 ⇔ 1>1− ≥ 1 4 z+ +2 z z+
∴
1 1 1 3 + + ≥ . 2 2 2 (1 + x) (1 + y) (1 + z) 4 2
192
12. Soluciones
49. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos que satisfacen 1 1 1 1 + + + = 1, 1+a 1+b 1+c 1+d pruebe que abcd ≥ 81. Prueba.
Haciendo 1 1+a 1 1+b 1 1+c 1 1+d
1−x x 1−y = y ⇒ b = y 1−z = z ⇒ c = z 1−w = w ⇒ d = w = x ⇒ a =
entonces tenemos que x+y+z+w =1 y demostraremos que
1−x x
1−y y
1−z z
1−w w
≥ 81
⇔ (y + z + w)(x + z + w)(x + y + w)(x + y + z) ≥ 81xyzw como √ y + z + w ≥ 3 3 yzw √ x + z + w ≥ 3 3 xzw √ x + y + w ≥ 3 3 xyw √ x + y + z ≥ 3 3 xyz
p ⇒ (y + z + w)(x + z + w)(x + y + w)(x + y + z) ≥ 81 3 (xyzw)3 (y + z + w)(x + z + w)(x + y + w)(x + y + z) ≥ 81xyzw.
2
193 50. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que b c a + + ≥ 1. 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b Prueba. S =
a b c + + 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b
4S =
4a 4b 4c + + 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b
4S = 1 + 4S = 3 + +
a+b−c b+c−a c+a−b +1+ +1+ 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b
(a + b − c)2 (b + c − a)2 + (a + b − c)(3a − b + c) (b + c − a)(3b − c + a)
(c + a − b)2 (c + a − b)(3c − a + b)
vemos que (a+b−c)(3a−b+c), (b+c−a)(3b−c+a), (c+a−b)(3c−a+b) ≥ 0, pues a, b, c son los lados de un tri´angulo. Luego, aplicando el Lema de Titu, tenemos 4S ≥ 3 + = 3+
(a+b−c+b+c−a+c+a−b)2 (a+b−c)(3a−b+c)+(b+c−a)(3b−c+a)+(c+a−b)(3c−a+b)
(a + b + c)2 (a + b + c)2 = 3 + a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) (a + b + c)2
= 3. Luego 4S ≥ 4 ∴ S ≥ 1. 2
194
12. Soluciones
51. Dados a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que 21
a a 16 √ ≥ 21 21 21 21 . 3 3 a + 63bcd a 16 + b 16 + c 16 + d 16 Prueba.
Como
(x + y + z + t)3 = x3 + y 3 + z 3 + t3 + 3x2 (y + z + t) +3y 2 (x + z + t) + 3z 2 (x + y + t) +3t2 (x + y + z) + 6(xyz + xyt + xzt + yzt) luego (x + y + z + t)3 = x3 + y 3 + z 3 + t3 + 3x2 y + 3x2 z + 3x2 t +3y 2 x + 3y 2 z + 3y 2 t + 3z 2 x + 3z 2 y + 3z 2 t +3t2 x + 3t2 y + 3t2 z + 6xyz + 6xyt + 6xzt + 6yzt p ≥ x3 + 63 63 x45 y 48 z 48 t48 15
16
16
16
= x3 + 63x 21 · y 21 · z 21 · t 21 q 15 16 16 16 3 (x + y + z + t) ≥ x3 + 63x 21 · y 21 · z 21 · t 21 luego r 5 16 16 16 16 = 3 x 7 x 7 + 63y 21 · z 21 · t 21 r 5
= x 21 ·
16
16
3
16
3
16
x 21
16
16
16
+ 63y 21 · z 21 · t 21
16
Haciendo x 21 = a, y 21 = b, z 21 = c, t 21 = d. Tenemos 21
21
21
21
5
a 16 + b 16 + c 16 + d 16 ≥ a 16 ·
√ 3
a3 + 63bcd
de donde 21
a a 16 √ ≥ 21 21 21 21 . 3 3 a + 63bcd a 16 + b 16 + c 16 + d 16 2
195 52. Dados a, b, c, d n´ umeros reales positivos, pruebe que
A= √ 3
a b c d +√ +√ +√ ≥ 1. 3 3 3 a3 + 63bcd b3 + 63acd c3 + 63bda d3 + 63abc
Prueba.
Del problema 51 tenemos que 21
a 16 a √ ≥ 21 21 21 21 3 a3 + 63bcd a 16 + b 16 + c 16 + d 16 21
b b 16 √ ≥ 21 21 21 21 3 3 b + 63acd a 16 + b 16 + c 16 + d 16 21
c c 16 √ ≥ 21 21 21 21 3 3 c + 63adb a 16 + b 16 + c 16 + d 16 21
d d 16 √ ≥ 21 21 21 21 3 3 d + 63abc a 16 + b 16 + c 16 + d 16 sumando obtenemos A ≥ 1. 2 53. Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que r 3
Prueba. mos probar
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ m´ax {a, b, c}. 2
Sin p´erdida de generalidad, sea a = m´ax {a, b, c}, entonces deber 3
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥a 2
196
12. Soluciones En efecto tenemos a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ 2a3
⇔ b3 + c3 − a3 + 3abc ≥ 0
⇔ b3 + c3 + (−a)3 + 3abc ≥ 0, (Identidad de Gauss)
⇔ (b + c − a)(b2 + c2 + a2 + bc − ab − ac) ≥ 0 1 ⇔ (b + c − a)(2b2 + 2c2 + 2a2 + 2bc − 2ab − 2ac) ≥ 0 2 1 ⇔ (b| + {z c − a})((a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 ) ≥ 0 2 (+)
pues a, b, c son los lados de un tri´angulo, por lo tanto est´a u ´ ltima desigualdad es verdadera. 2 54. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que S=
(b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + > 2. a2 + b2 + c2 + ab a2 + b2 + c2 + bc a2 + b2 + c2 + ca
Prueba.
Vemos que (a + b)2 (a + b)2 > a2 + b2 + c2 + ab a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc 2 (b + c) (b + c)2 > a2 + b2 + c2 + bc a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc 2 (c + a) (c + a)2 > a2 + b2 + c2 + ca a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc
sumando miembro a miembro se tiene: S>
2 (a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc) = 2. a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc 2
197 55. Dados a, b, c n´ umeros reales tales que a, b, c ∈ [0; 1], pruebe que b c a + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 Prueba. Por la simetr´ıa, sin p´erdida de generalidad podemos tomar a ≥ b ≥ c. Primero veamos el caso cuando a 6= 1. Luego, como (1−a), (1−b), (1−c) son n´ umeros positivos, aplicamos MA ≥ MG, de la siguiente manera p (b + c + 1) + (1 − b) + (1 − c) ≥ 3 (b + c + 1)(1 − b)(1 − c) 3 ⇒ (b + c + 1)(1 − b)(1 − c) ≤ 1 1 ⇒ (1 − b)(1 − c) ≤ b+c+1 1−a ⇒ (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ b+c+1 a 1 ⇒ + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ , y adem´as b+c+1 b+c+1 b b ≤ c+a+1 c+b+1 c c ≤ a+b+1 c+b+1 sumando miembro a miembro a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 En este caso la igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = 0. Ahora veamos el caso cuando a = 1. Se tiene a 1 = , b+c+1 b+c+1 b b ≤ , c+2 c+b+1 c c ≤ , b+2 c+b+1
198
12. Soluciones sumando miembro a miembro, obtenemos a b c + + ≤ 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 En este caso la igualdad ocurre si y s´olo si (a, b, c) = (1, 1, 1), (a, b, c) = (1, 1, 0), (a, b, c) = (1, 0, 0), o sus respectivas permutaciones. 2
56. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que b c 3 a + + ≤ . 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4 Prueba.
La desigualdad a demostrar es equivalente a
a+b+c a+b+c a+b+c 3 + + ≤ −3 − 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4 ⇔
a+b+c a+b+c a+b+c 9 + + ≥ 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4
⇔ 4(a + b + c)
1 1 1 + + ≥ 9. 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b
Haciendo 2a + b + c = x, 2b + c + a = y, 2c + a + b = z, entonces 4(a + b + c) = x + y + z, luego tenemos que la desigualdad anterior es equivalente a: (x + y + z)
1 1 1 + + x y z
≥ 9,
pero esta desigualdad es verdadera.
2
57. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a2 + b2 + c2 = 1, pruebe que √
1 − ab +
√
1 − bc +
√
1 − ca ≥
√
6.
(12.10)
199 Prueba. (12.10)
Elevando al cuadrado tenemos el equivalente de la desigualdad
(1 − ab) + (1 − bc) + (1 − ca) hp i p p +2 (1 − ab)(1 − bc) + (1 − ab)(1 − ca) + (1 − bc)(1 − ca) ≥ 6 usando el dato a2 + b2 + c2 = 1; 1 − ab = = = ⇒ 1 − ab ≥ 1 − bc ≥ 1 − ca ≥
1 2 [a + b2 + c2 + 1] − ab 2 1 2 1 (c + 1) + (a2 + b2 − 2ab) 2 2 1 2 1 1 (c + 1) + (a − b)2 ≥ (c2 + 1) 2 2 2 1 2 (c + 1) ; similarmente 2 1 2 (a + 1) 2 1 2 (b + 1) 2
multiplicando dos a dos tenemos:
1 2 1 (a + 1) (c2 + 1) ≥ (ac + 1)2 4 4 p 1 ⇒ (1 − ab)(1 − bc) ≥ (ac + 1); similarmente 2 p 1 (1 − ab)(1 − ac) ≥ (bc + 1) 2 p 1 (1 − bc)(1 − ac) ≥ (ab + 1) 2 hp i p p ⇒ 2 (1 − ab)(1 − bc) + (1 − ab)(1 − ca) + (1 − bc)(1 − ca) (1 − ab)(1 − bc) ≥
≥ ab + bc + ca + 3
200
12. Soluciones
∴ (1 − ab) + (1 − bc) + (1 − ca) i hp p p +2 (1 − ab)(1 − bc) + (1 − ab)(1 − ca) + (1 − bc)(1 − ca) ≥ 6.
2
58. Pruebe que
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 ), (12.11) se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales. Prueba. Sin p´erdida de generalidad, podemos suponer a ≥ b ≥ c, por la simetr´ıa de las expresiones. La desigualdad (12.11) es equivalente a:
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) − ab(a2 + b2 ) − bc(b2 + c2 ) − ca(c2 + a2 ) ≥ 0 ⇔ a4 − a3 (b + c) + a2 bc − b3 (c + a) + b2 ca − c3 (a + b) + c2 ab ≥ 0 ⇔ a2 (a2 − a(b + c) + bc) + b2 (b2 − b(c + a) + bc) + c2 (c2 − c(a + b) + ab) ≥ 0 ⇔ a2 (a − b)(a − c) + b2 (b − a)(b − c) + c2 (c − a)(c − b) ≥ 0, esta desigualdad es verdadera, pues es la desigualdad de Sch¨ ur. 59. Pruebe que a3 + b3 + c3 + 4(a + b + c) + 9abc ≥ 8(ab + bc + ca), se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales no negativos.
2
201 Prueba. tenemos
Aplicando MA ≥ MG a los n´ umeros (a+b+c),
(a + b + c) +
⇔ 4(a + b + c) +
(ab + bc + ca)2 a+b+c 2
≥
s
(a + b + c)
(ab + bc + ca)2 , a+b+c
(ab + bc + ca)2 a+b+c
4(ab + bc + ca)2 ≥ 8(ab + bc + ca). a+b+c
Luego basta demostrar que
a3 + b3 + c3 + 4(a + b + c) + 9abc ≥ 4(a + b + c) +
4(ab + bc + ca)2 a+b+c
4(ab + bc + ca)2 a+b+c 4 3 3 3 4 ⇔ a + ab + ac + ba + b + bc3 + ca3 + cb3 + c4 + 9abc(a + b + c)
⇔ a3 + b3 + c3 + 9abc ≥
≥ 4 (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c))
⇔ a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) + ab(a2 + b2 ) + ac(a2 + c2 ) + bc(b2 + c2 ) ≥ 4 (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
Por el problema anterior (problema 58), sabemos que a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2 ) + ac(a2 + c2 ) + bc(b2 + c2 )
⇒ a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) + ab(a2 + b2 ) + ac(a2 + c2 ) + bc(b2 + c2 ) ≥ 2 [ab(a2 + b2 ) + ac(a2 + c2 ) + bc(b2 + c2 )] ≥ 4 [a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ]
La igualdad ocurre si y s´olo si
(a, b, c) = (2, 2, 2) ∨ (a, b, c) = (2, 2, 0) o sus respectivas permutaciones. 2
202
12. Soluciones
60. Pruebe que la desigualdad M=
p
√ p p 2 3 a2 + (1 − b)2 + b2 + (1 − c)2 + c2 + (1 − a)2 ≥ , 2
se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales. Prueba.
Aplicando la desigualdad de Minskowsky.
M = ≥ =
p
p
p
a2 + (1 − b)2 +
p
b2 + (1 − c)2 +
p
c2 + (1 − a)2
(a + b + c)2 + (1 − b + 1 − c + 1 − a)2 (a + b + c)2 + (3 − (a + b + c))2
Haciendo a + b + c = x. Entonces M≥
p √ x2 + (3 − x)2 = 2x2 − 6x + 9 s 9 9 2 2 x − 3x + = + 4 2 s 2 3 9 = 2 x− + 2 2 r √ 9 3 2 = ≥ 2 2 √ 3 2 ∴ M≥ . 2 2
61. Pruebe que s
3
a + 3 a + 15bcd
s
3
b + 3 b + 15acd
s
3
c + 3 c + 15abd
se cumple para todo a, b, c n´ umeros reales positivos.
s
d3 ≥ 1, d3 + 15abc
203 Prueba.
Efectuando
(m + n + p + q)2 = m2 + n2 + p2 + q 2 + 2(mn + mp + mq + np + nq + pq) = m2 + n2 + p2 + q 2 + mn + mn + mp + mp + · · · + pq + pq) | {z } p ≥ m2 + 15 15 m6 n8 p8 q 8 = m2 + 15m6/15 n8/15 p8/15 q 8/15
⇒
m+n+p+q p ≥ m2 + 15m6/15 · n8/15 · p8/15 · q 8/15 r 24 6 8/15 8/15 8/15 15 15 = m m + 15n ·p ·q r 1
8
= m5
⇒
m 15
3
+ 15n8/15 · p8/15 · q 8/15
m+n+p+q r 3 1 8 ≥ m5 m 15 + 15n8/15 · p8/15 · q 8/15
Haciendo
m8/15 = a; p8/15 = c n8/15 = b; q 8/15 = d.
Tenemos: √ a15/8 + b15/8 + c15/8 + d15/8 ≥ a3/8 a3 + 15bcd ⇒ √
a3/2 a15/8 ≥ 15/8 a + b15/8 + c15/8 + d15/8 a3 + 15bcd
204
12. Soluciones
⇒
r
a3 a15/8 ≥ ; similarmente a3 + 15bcd a15/8 + b15/8 + c15/8 + d15/8
r
c3 c15/8 ≥ c3 + 15abd a15/8 + b15/8 + c15/8 + d15/8
r
r
b3 b15/8 ≥ b3 + 15acd a15/8 + b15/8 + c15/8 + d15/8
d3 d15/8 ≥ d3 + 15abc a15/8 + b15/8 + c15/8 + d15/8
sumando miembro a miembro: s
a3 + a3 + 15bcd
s
b3 + b3 + 15acd
s
c3 + c3 + 15abd
s
d3 ≥ 1, d3 + 15abc 2
62. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que ab + bc + ca = 3, pruebe que
a2 Prueba.
1 1 1 + 2 + 2 ≤ 1. +2 b +2 c +2
La desigualdad que demostraremos es equivalente a: (b2 + 2) (c2 + 2) + (a2 + 2) (c2 + 2) + (a2 + 2) (b2 + 2) ≤ (a2 + 2) (b2 + 2) (c2 + 2)
⇔ a2 b2 c2 + a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 − 4 ≥ 0 Haciendo ab = x, ac = y, bc = z, tenemos que demostrar xyz + x2 + y 2 + z 2 − 4 ≥ 0, sabiendo que x + y + z = 3
⇔ x2 + y 2 + 2yz + z 2 + xyz − 2yz − 4 ≥ 0 ⇔ x2 + (y + z)2 + yz(x − 2) − 4 ≥ 0 2−x 2 2 ⇔ x + (y + z) − 4yz −4≥0 4
205 Como:
2
2
x + (3 − x) − 4yz
2−x 4
2
2
2
2
2
2
− 4 ≥ x + (3 − x) − (y + z)
= x + (3 − x) − (3 − x)
2−x 4 2−x 4
−4 −4
basta demostrar que
2−x 4
−4 ≥0 x2 + (3 − x)2 − (3 − x)2 x−2 2 2 ⇔ x + (x − 3) + (x − 3)2 − 4 ≥ 0 4 ⇔ x3 − 3x + 2 ≥ 0
⇔ (x − 1)2 (x + 2) ≥ 0
La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = 1. 63. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que 1 a3 b3 c3 3 2 + + ≥ a + b2 + c2 − (ab + bc + ca). a+b b+c c+a 4 4 Prueba.
Aplicando MA ≥ MG: a(a + b) a3 + a+b 4 2 a3 a2 + ab + a+b 4 a3 a+b b3 b+c c3 c+a
≥
r
a3 a(a + b) · a+b 4
≥ a2 3 2 1 a − ab; similarmente 4 4 3 2 1 ≥ b − bc 4 4 3 2 1 ≥ c − ca 4 4 ≥
2
206
12. Soluciones sumando tenemos: 1 b3 c3 3 2 a3 + + ≥ a + b2 + c2 − (ab + bc + ca). a+b b+c c+a 4 4
2
64. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que S= Prueba.
ab bc ca 1 + + ≤ (a + b + c). 2c + a + b 2a + b + c 2b + c + a 4 Sean m, n ∈ R+ , entonces 4mn ≤ (m + n)2 4 m+n ≤ ⇔ m+n mn 4 1 1 ⇔ ≤ + m+n m n
Aplicando dicho resultado en el ejercicio tenemos: 4 (c + a) + (c + b) 4ab ⇔ (c + a) + (c + b) 4bc (a + b) + (a + c) 4ca (b + c) + (b + a)
1 1 + c+a c+b ab ab ≤ + ; similarmente c+a c+b bc bc ≤ + a+b a+c ca ca ≤ + b+c b+a ≤
sumando miembro a miembro: b(a + c) a(c + b) c(a + b) + + =a+b+c a+c c+b a+b ⇒ 4S ≤ a + b + c 4S ≤
1 ∴ S ≤ (a + b + c). 4 2
207 65. Si a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e, entonces (a + b + c + d + e)2 ≥ 8(ac + bd + ce). ¿Cu´ando ocurre la igualdad? Prueba.
Veamos
(a + b + c + d + e)2 − 8(ac + bd + ce)
= (a + b + c + d + e)2 − 8c(a + b + c + d + e) + 16c2 +8c(a + b + c + d + e) | {z } −8(ac + bd + ce) − 16c2
= (a + b + c + d + e − 4c)2 + 8c(a + b + c + d + e) − 8(ac + bd + ce) − 16c2 = (a + b + d + e − 3c)2 + 8(bc − c2 + cd − bd)
= (a + b + d + e − 3c)2 + 8[b(c − d) + c(d − c)] = (a + b + d + e − 3c)2 + 8(c − d)(b − c) ≥ 0
pues c ≥ d ∧ b ≥ c.
La igualdad ocurre si b=c=
a+d+e a+b+e ∨ c=d= . 2 2 2
66. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos tales que xyz ≥ xy + yz + zx. Pruebe que:
xyz ≥ 3(x + y + z). Prueba.
De xyz ≥ xy + yz + zx tenemos: 1≥
1 1 1 + + z x y
208
12. Soluciones Haciendo
1 1 1 = a, = b, = c x y z ⇒ a + b + c ≤ 1,
en seguida basta probar que 1 ≥3 abc
1 1 1 + + a b c
⇔ 1 ≥ 3(bc + ac + ab)
como 1 ≥ a + b + c ⇒ 1 ≥ (a + b + c)2
⇔ 1 ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
⇔ 1 ≥ 3(ab + bc + ca).
2 67. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que x + y = 1, pruebe que √ Prueba.
√
x 2 y +p ≥√ . 1 − x2 3 1 − y2
Del Lema de Titu, se tiene que
x y x2 y2 (x + y)2 p +p = √ + p ≥ √ 1 − x2 x 1 − x2 y 1 − y 2 1 − y2 x 1 − x2 + y 1 − y 2 1 p = √ x 1 − x2 + y 1 − y 2
luego es suficiente probar que
√ p √ 2 3 2 2 p ≥ √ ⇔ x 1−x +y 1−y ≤ √ 2 3 x 1 − x2 + y 1 − y 2 √ p √ √ 3 √ ⇔ x x − x3 + y y − y 3 ≤ 2 1
209 aplicando Cauchy-Schwarz √ √ 2 √ p 2 2 √ p √ 2 √ 2 3 3 3 3 x x−x + y y−y ≤ x + y x−x + y−y = (x + y) (x + y − (x3 + y 3 ))
= 1 − (x3 + y 3 )
Como x + y = 1, aplicando la Media Potencial, tenemos: x3 + y 3 ≥
1 4
1 4 3 ⇔ 1 − (x3 + y 3 ) ≤ 4 ⇔ − (x3 + y 3 ) ≤ −
entonces √ √ 2 3 √ p x x − x3 + y y − y 3 ≤ 4
de donde
p √ x 1 − x2 + y 1 − y 2 ≤
√
3 . 2 2
68. Sean a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn n´ umeros reales positivos, tales que a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn . Pruebe que a21 a22 a2n 1 + +···+ ≥ (a1 + a2 + · · · + an ). a1 + b1 a2 + b2 an + bn 2 Prueba.
Aplicando el Lema de Titu, tenemos a21 a22 a2n + +···+ a1 + b1 a2 + b2 an + bn (a1 + a2 + · · · + an )2 ≥ (a1 + a2 + · · · + an ) + (b1 + b2 + · · · + bn )
210
12. Soluciones
⇔
a22 a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 a21 + +···+ ≥ a1 + b1 a2 + b2 an + bn 2(a1 + a2 + · · · + an ) 1 = (a1 + a2 + · · · + an ) 2
de donde a21 a22 a2n 1 + + ···+ ≥ (a1 + a2 + · · · + an ). a1 + b1 a2 + b2 an + bn 2 2 69. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que 2bc 2ca 2ab + + ≤ a + b + c. a+b b+c c+a Prueba.
Aplicando MH ≤ MA, tenemos: 2ab a+b ≤ a+b 2 2bc b+c ≤ b+c 2 2ca c+a ≤ , c+a 2
sumando miembro a miembro, tenemos 2ab 2bc 2ca + + ≤ a + b + c. a+b b+c c+a 2 70. (Rusia 1992). Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que x4 + y 4 + z 2 ≥
√
8xyz.
211 Prueba.
Aplicando MA ≥ MG a los n´ umeros x4 , y 4,
z2 z2 , 2 2
r z2 z2 z2 z2 4 4 4 x +y + + ≥ 4 x ·y · · 2 2 2 2 xyz 4 = √ xyz ⇔ x4 + y 4 + z 2 ≥ 4 · √ 4 4 2 4
4
∴ x4 + y 4 + z 2 ≥
√
8xyz. 2
71. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos con a + b + c = 1, pruebe que Prueba.
1 +1 a
1 +1 b
1 +1 c
≥ 64.
Efectuando el primer miembro
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ 1+ 1+ =1+ + + + + + + a b c a b c ab ac bc abc como r 1 1 1 1 3 + + ≥ 33 = √ 3 a b c abc abc r 1 1 1 1 3 + + ≥ 33 2 2 2 = √ 2 3 ab ac bc abc abc 3 1 1 √ = 3 abc abc luego
1 1+ a
3 3 1 1 3 3 1 1 1+ 1+ ≥ 1+ √ +√ 2+ √ = 1+ √ 3 3 3 b c abc 3 abc abc abc
212
12. Soluciones De la hip´otesis a + b + c = 1, tenemos que 1 √ 1 3 ≥3 ≥ abc ⇔ √ 3 3 abc 1 ⇔ 1+ √ ≥4 3 abc 3 1 ⇔ 1+ √ ≥ 64 3 abc de donde
1 +1 a
1 +1 b
1 +1 c
≥ 64. 2
72. Sean a, b, c n´ umeros reales, y x=
√
b2 − bc + c2 ; y =
√
c2 − ca + a2 ; z =
√
a2 − ab + b2
pruebe que xy + yz + zx ≥ a2 + b2 + c2 . Prueba.
Escribiendo convenientemente: r
c 2 3c2 + 2 4 r √ c 2 3c2 y = c2 − ca + a2 = a− + 2 4 x=
√
b2 − bc + c2 =
b−
entonces, aplicando Cauchy-Schwarz 2 2
xy
c 2 3c2 c 2 3c2 = b− + a− + ; 2 4 2 4 2 c c 3c2 ≥ b− a− + 2 2 4
213
ac bc − ; similarmente 2 2 ab bc ⇒ xz ≥ ac + b2 − − 2 2 ac ab − ⇒ yz ≥ bc + a2 − 2 2 ⇒ xy ≥ ab + c2 −
sumando miembro a miembro, se tiene xy + yz + zx ≥ a2 + b2 + c2 . La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
2
73. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 3, pruebe que (1 − x)2 (1 − y)2 (1 − z)2 + + ≥ 0. 1 − x4 1 − y4 1 − z4 Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
1−x 1−y 1−z + + ≥0 2 3 2 3 1+x+x +x 1+y+y +y 1 + z + z2 + z3 Podemos tomar un orden x ≤ y ≤ z, entonces 1 − x ≥ 1 − y ≥ 1 − z y 1 1 1 ≥ ≥ 1 + x + x2 + x3 1 + y + y2 + y3 1 + z + z2 + z3 esto significa que podemos aplicar la desigualdad de Chebyshev 1−x 1−y 1−z + + 2 3 2 3 1+x+x +x 1+y+y +y 1 + z + z2 + z3 1 1 1 ≥ (1 − x + 1 − y + 1 − z) + + 1 + x + x2 + x3 1 + y + y 2 + y 3 1 + z + z 2 + z 3 1 1 1 = (3 − (x + y + z)) + + | {z } 1 + x + x2 + x3 1 + y + y 2 + y 3 1 + z + z 2 + z 3 3
= 0.
214
12. Soluciones
1−x 1−y 1−z + + ≥ 0. 2 3 2 3 1+x+x +x 1+y+y +y 1 + z + z2 + z3
∴
2 74. Si a1 , a2 , . . . , an son n´ umeros reales, pruebe que n X n X i=1 j=1
i · j · cos (ai − aj ) ≥ 0.
Prueba. n n X X i=1 j=1
=
n X n X i=1 j=1
=
n n X X
i · j (cos ai cos aj + sen ai sen aj ) (i · j cos ai cos aj + i · j sen ai sen aj ) n X n X
ij cos ai cos aj +
=
n X
i cos ai
i=1
ij sen ai sen aj
i=1 j=1
i=1 j=1
n X
j cos aj +
j=1
n X
i sen ai
i=1
n X
j sen aj
j=1
| {z } | {z } n n n n X X X X = i cos ai i cos ai + i sen ai i sen ai i=1
=
n X i=1
i=1
i cos ai
!2
i=1
n X
+
i=1
i sen ai
!2
i=1
≥ 0. 2
75. Sean a, b, c n´ umeros reales, tales que x=
√
b2 + bc + c2 ; y =
√
c2 + ca + a2 ; z =
pruebe que xy + yz + zx ≥ (a + b + c)2 .
√
a2 + ab + b2
215 Prueba.
Utilizando la idea del problema 72 tenemos que xy ≥ ab + c2 +
ac bc + 2 2
xz ≥ ac + b2 +
ab bc + 2 2
yz ≥ bc + a2 +
ab ac + 2 2
sumando miembro a miembro, tenemos xy + yz + zx ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) ∴ xy + yz + zx ≥ (a + b + c)2 . 2 76. Sean a, b, c, d, e, f n´ umeros reales positivos, pruebe que a b c d e f + + + + + ≥ 3. b+c c+d d+e e+f f +a a+b Prueba. Para aplicar el Lema de Titu, el primer miembro de la desigualdad se expresa de la siguiente manera
S = =
a b c d e f + + + + + b+c c+d d+e e+f f +a a+b a2 b2 c2 d2 e2 f2 + + + + + ab + ac bc + bd cd + ce ed + f d ef + ea af + bf
(a + b + c + d + e + f )2 ≥ ab + ac + bc + bd + cd + ce + ed + f d + ef + ea + af + bf =
(a + b + c + d + e + f )2 M
216
12. Soluciones donde
M = ab + ac + bc + bd + cd + ce + ed + f d + ef + ea + af + bf 2M = (a + b + c + d + e + f )2 − (a + d)2 − (b + e)2 − (c + f )2 (12.12) como aparece (a + d)2 + (b + e)2 + (c + f )2, entonces aplicando Cauchy-Schwarz
(a + d)2 + (b + e)2 + (c + f )2
12 + 12 + 12 ≥ (a + b + c + d + e + f )2
3 (a + d)2 + (b + e)2 + (c + f )2 ≥ (a + b + c + d + e + f )2
(12.13)
De (12.12) tenemos
(a + d)2 + (b + e)2 + (c + f )2 = (a + b + c + d + e + f )2 − 2M
3 [(a + d)2 + (b + e)2 + (c + f )2 ] = 3(a + b + c + d + e + f )2 − 6M luego de (12.13) se tiene que: 3(a + b + c + d + e + f )2 − 6M ≥ (a + b + c + d + e + f )2 2(a + b + c + d + e + f )2 ≥ 6M (a + b + c + d + e + f )2 ≥ 3. M
∴
a b c d e f + + + + + ≥ 3. b+c c+d d+e e+f f +a a+b 2
77. Sean a, b, c, x, y, z, t, v, u n´ umeros reales positivos, entonces a3 + b3 + c3
x3 + y 3 + z 3
t3 + u3 + v 3 ≥ (axt + byu + czv)3 .
217 Prueba.
Observemos que a3 b3 c3 + + + a3 + b3 + c3 a3 + b3 + c3 a3 + b3 + c3 y3 z3 x3 + + + x3 + y 3 + z 3 x3 + y 3 + z 3 x3 + y 3 + z 3 u3 v3 t3 + + =3 t3 + u3 + v 3 t3 + u3 + v 3 t3 + u3 + v 3
luego, aplicando MA ≥ MG, tenemos que a3 x3 t3 + + a3 + b3 + c3 x3 + y 3 + z 3 t3 + u3 + v 3 3axt ≥ p , 3 (a3 + b3 + c3 ) (x3 + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 ) b3 y3 u3 + + a3 + b3 + c3 x3 + y 3 + z 3 t3 + u3 + v 3 3byu ≥ p , 3 (a3 + b3 + c3 ) (x3 + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 ) c3 z3 v3 + + a3 + b3 + c3 x3 + y 3 + z 3 t3 + u3 + v 3 3czv ≥ p , 3 3 3 3 3 (a + b + c ) (x + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 )
sumando miembro a miembro, tenemos
⇔
3≥ p 3 p 3
3axt + 3byu + 3czv (a3 + b3 + c3 ) (x3 + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 )
(a3 + b3 + c3 ) (x3 + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 ) ≥ axt + byu + czv
⇔ (a3 + b3 + c3 ) (x3 + y 3 + z 3 ) (t3 + u3 + v 3 ) ≥ (axt + byu + czv)3 . 2
A continuaci´on veremos como una aplicaci´on del problema 77 un problema planteado en la IMO 2001.
218
12. Soluciones
78. (IMO 2001). Pruebe para a, b, c n´ umeros reales positivos √ Prueba.
a b c +√ +√ ≥ 1. a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab
Aplicando el problema anterior:
a b c √ +√ +√ a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab a b c +√ +√ · √ a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab · [a (a2 + 8bc) + b (b2 + 8ca) + c (c2 + 8ca)] ≥ (a + b + c)3 2 a b c √ +√ +√ ⇒ a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab · (a (a2 + 8bc) + b (b2 + 8ca) + c (c2 + 8ca)) ≥ (a + b + c)3 basta demostrar que (a + b + c)3 ≥ a (a2 + 8bc) + b (b2 + 8ca) + c (c2 + 8ca)
⇔ (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc
⇔ a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(a + c)(b + c) ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc
⇔ (a + b)(a + c)(b + c) ≥ 8abc
pero esta u ´ ltima desigualdad es verdadera. ∴ √
a b c +√ +√ ≥ 1. a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab 2
1 1 1 79. (APMO 2002). Sean a, b y c n´ umeros reales positivos que satisfacen + + = a b c 1, pruebe que √
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab ≥
√
abc +
√
a+
√
b+
√
c.
219 Prueba.
Como 1 1 1 + + =1 a b c √ √ 1 1 1 ⇔ + + = abc abc a b c r r r bc ac ab √ ⇔ + + = abc. a b c
Luego la desigualdad es equivalente a: r r √ √ bc ac ab √ + + + a+ b+ c a + bc + b + ca + c + ab ≥ a b c ! r r √ √ √ bc √ ac √ a + bc + b + ca + c + ab ≥ + a + + b a b ! r ab √ + + c c √
√
r
√
Veamos que es suficiente probar que √
a + bc ≥
⇔
a + bc ≥
⇔
bc ≥
⇔
bc ≥
⇔
bc ≥
⇔ ⇔
√
r
bc √ + a; elevando al cuadrado a √ bc + 2 bc + a a √ 1 1 1 1 bc + 2 bc; = 1− − a a b c √ 1 1 bc 1 − − + 2 bc b c √ bc − (c + b) + 2 bc √ 2 bc
b+c ≥ √ 2 b− c ≥ 0
2
220
12. Soluciones
80. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos que satisfacen abc = 1, pruebe que 1+
3 6 ≥ . a+b+c ab + ac + bc
1 1 1 = x, = y, = z ⇒ xyz = 1. a b c La desigualdad es equivalente a:
Prueba.
Haciendo
3 6 ≥ 1 1 1 1 1 1 + + + + x y z xy xz yz 3 6 ⇔ 1+ ≥ xy + xz + yz x+y+z 1+
(12.14)
Pero (x + y + z)2 ≥ 3(xy + xz + yz) 9 3 ⇔ ≥ xy + xz + yz (x + y + z)2 3 9 ≥ 1+ ⇔ 1+ xy + xz + yz (x + y + z)2
(12.15)
De (12.14) y (12.15) basta demostrar 9 6 ≥ 2 (x + y + z) x+y+z 2 3 ≥ 0. ⇔ 1− x+y+z 1+
2 81. Sean a, b, c, x, y, z n´ umeros reales positivos tales que x + a = y + b = z + c = 1, pruebe que (abc + xyz)
1 1 1 + + ay bz cx
≥ 3.
221 Prueba. De x+a = y +b = z +c = 1 se tiene que x = 1−a, y = 1−b, z = 1 − c entonces abc + xyz = abc + (1 − a)(1 − b)(1 − c)
= abc + 1 − (a + b + c) + (ab + ac + bc) − abc = 1 − (b + c) + bc + ab + ac − a
= (1 − b)(1 − c) + ab + ac − a abc + xyz a(1 − b) abc + xyz ⇔ ay abc + xyz bz abc + xyz cx ⇔
= (1 − b)(1 − c) + a(b − 1) + ac
(1 − b)(1 − c) ac −1+ a(1 − b) a(1 − b) 1−c c = + − 1; similarmente a 1−b 1−a a = + −1 b 1−c 1−b b = + −1 c 1−a
=
sumando miembro a miembro:
(abc + xyz)
1 1 1 + + ay bz cx
1−c c 1−a a 1−b + + + + a 1−b b 1−c c b + −3 1−a a c 1−b 1−c = + + + a 1−c 1−b c 1−a b + −3 + b 1−a =
≥ 2 + 2 + 2 − 3 = 3.
2 82. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos, pruebe que x+y+z xy + yz + zx √ p ≥p . √ 3 3 x2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x2
222
12. Soluciones Prueba.
Como
x2 + y 2 ≥ 2xy ⇔ 4x2 + 4y 2 + 4xy ≥ 3x2 + 3y 2 + 6xy
⇔ 4 (x2 + xy + y 2) ≥ 3(x + y)2 3 ⇔ x2 + xy + y 2 ≥ (x + y)2 4 √ p 3 ⇔ x2 + xy + y 2 ≥ (x + y); similarmente 2 √ p 3 y 2 + yz + z 2 ≥ ⇔ (y + z) 2 √ √ 3 (z + x) ⇔ z 2 + zx + x2 ≥ 2
sumando miembro a miembro, tenemos
≥ = ⇔ ≤ ⇔ ≤
p p √ x2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x2 √ 3 (x + y + y + z + z + x) √2 3(x + y + z) 1 p p √ 2 2 2 x + xy + y + y + yz + z 2 + z 2 + zx + x2 1 √ 3(x + y + z) xy + yz + zx p p √ 2 2 x + xy + y + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x2 xy + yz + zx √ 3(x + y + z)
(12.16)
Pero x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz ⇔ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + xz + yz) x+y+z xy + xz + yz √ ≥ √ 3 3 3(x + y + z)
(12.17)
223 Por transitividad de (12.16) y (12.17) p
x2
+ xy +
y2
xy + yz + zx x+y+z p √ ≤ . √ 2 2 2 2 3 3 + y + yz + z + z + zx + x
2
83. Sean x, y, z, t n´ umeros reales tales que x2 + y 2 ≤ 1 y z 2 + t2 ≤ 1, pruebe que
Prueba.
p p √ (x + z)2 + (y + t)2 + (x − z)2 + (y − t)2 ≤ 2 2. Como sabemos (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2 )
p 2 p 2 2 2 2 (x + z) + (y + t) + (x − z) + (y − t)
⇒
≤ 2 ((x + z)2 + (y + t)2 + (x − z)2 + (y − t)2 ) p p ⇒ (x + z)2 + (y + t)2 + (x − z)2 + (y − t)2 i √ hp 2 2 2 2 ≤ 2 2 (x + z + y + t ) √ p ≤ 2 2(1 + 1) √ = 2 2 ∴
p
(x + z)2 + (y + t)2 +
p √ (x − z)2 + (y − t)2 ≤ 2 2.
2
84. Dados a, b, c n´ umeros reales tales que a2 +b2 +c2 ≤ 8, pruebe que ab+bc+2ca ≥ −8. Prueba.
Como 8 ≥ a2 + b2 + c2
⇔ 8 + ab + bc + 2ca ≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca
3b2 b2 = a2 + + c2 + ab + bc + 2ca + 4 | {z } 4 2 b 3b2 = a+ +c + ≥0 2 4
224
12. Soluciones La igualdad ocurre cuando
a+
b + c = 0 ∧ b = 0 ∧ a2 + b2 + c2 = 8, 2
de donde
(a, b, c) = (2, 0, −2) ∨ (a, b, c) = (−2, 0, 2). 2
85. Dados a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = 1, pruebe que 256 4 4 4 a b+b c+c a≤ . 3125 Prueba. entonces
Sin p´erdida de generalidad, supongamos que a = m´ax {a, b, c},
b4 c ≤ a3 bc y c4 a ≤ c2 a3 ≤ ca4 y desde que
3c c ≥ , tenemos: 4 2
a4 b + b4 c + c4 a ≤ a4 b + a3 bc + c4 a = ≤ = =
c4 a c4 a a b + a bc + + 2 2 4 2 3 ca c a a4 b + a3 bc + + 2 2 3 ac a3 b(a + c) + (a + c) 2 c 3c 3 3 a (a + c) b + ≤ a (a + c) b + 2 4 4
3
225 3c ⇒ a4 b + b4 c + c4 a ≤ a3 (a + c) b + 4 a a a a+c 3c 4 = 4 · · · · b+ 4 4 4 4 4 3c 5 a a a a+c + + + +b+ 4 4 ≤ 44 4 4 4 5 = 4
4
a+b+c 5
5
5 1 256 =4 = . 5 3125 4
2 86. Si a, b, y c son los lados de un tri´angulo, pruebe que a b c + + ≥ 3. b+c−a c+a−b a+b−c Prueba. Haciendo b + c − a = x, c + a − b = y, a + b − c = z, tenemos y+z x+z x+y que a = ,b= ,c= . 2 2 2 Reemplazando, la desigualdad es equivalente a: y+z x+z x+y + + ≥3 2x 2y 2z y+z x+z x+y + + ≥6 ⇔ x y z y x z x z y ⇔ + + + + + ≥6 x y x z y z es verdadera pues
m n + ≥ 2, ∀ m, n ∈ R+ . n m
2
87. Sea n un n´ umero entero ≥ 2, pruebe que 8
X
1≤i
xi xj x2i + x2j ≤
X
1≤i≤n
xi
!4
.
226
12. Soluciones Prueba.
Recordar
(x1 + x2 + · · · + xn )2 = (x21 + x22 + · · · + x2n ) + 2 (x1 x2 + · · · + xn−1 xn ) X X = x2i + 2 xi xj , 1≤i≤n
1≤i
luego, tenemos que
X
1≤i≤n
xi
!4
=
X
1≤i≤n
xi
!2 2
=
X
x2i + 2
1≤i≤n
≥ 4 = 8
X
1≤i≤n
X
x2i
1≤i≤n
X
x2i
!
2
X
X
X
1≤i
≥ 8
X
1≤i
xi xj
1≤i
xi xj
1≤i
= 8 x21 + x22 + · · · + x2n = 8
xi xj
1≤i
!2 !
!
X
xi xj
1≤i
xi xj x21 + x22 + · · · + x2n xi xj x2i + x2j .
2 88. Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales positivos y S = a1 + a2 + · · · + an , pruebe que S S S n2 + +···+ ≥ . S − a1 S − a2 S − an n−1
227 Prueba.
Como MA ≥ MH, tenemos que
(S − a1 ) + (S − a2 ) + · · · + (S − an ) ≥ n
n 1 1 1 + +···+ S − a1 S − a2 S − an 1 1 1 ⇔ nS − a1 + a2 + · · · + an + +···+ ≥ n2 | {z } S − a1 S − a2 S − an S 1 1 1 ⇔ (n − 1)S + +···+ ≥ n2 S − a1 S − a2 S − an ⇔
S S S n2 + +···+ ≥ . S − a1 S − a2 S − an n−1
2 89. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos tales que a + b + c = 3, pruebe que √ √ √ a 1 + b3 + b 1 + c3 + c 1 + a3 ≤ 5. Prueba.
Teniendo presente que p √ a 1 + b3 = a (1 + b) (1 − b + b2 )
La desigualdad es equivalente a:
p p p a (1 + b) (1 − b + b2 ) + b (1 + c) (1 − c + c2 ) + c (1 + a) (1 − a + a2 ) ≤ 5 pero p a (1 + b) (1 − b + b2 ) ≤ a
(1 + b) + (1 − b + b2 ) 2
p 1 ⇔ a (1 + b) (1 − b + b2 ) ≤ (a) (2 + b2 ) 2
228
12. Soluciones luego basta demostrar que 1 1 1 a (2 + b2 ) + b (2 + c2 ) + c (2 + a2 ) ≤ 5 2 2 2 2 ⇔ 2(a b + }c) + ab + bc2 + ca2 ≤ 10 | +{z 3
⇔ 6 + ab2 + bc2 + ca2 ≤ 10 ⇔ ab2 + bc2 + ca2 ≤ 4.
Supongamos sin p´erdida de generalidad que c≤b≤a
⇒ a(b − a)(b − c) ≤ 0
⇔ ab2 + a2 c ≤ abc + a2 b
entonces es suficiente probar abc + a2 b + bc2 ≤ 4
⇔ b (ac + a2 + c2 ) ≤ 4 Pero b (ac + a2 + c2 ) ≤ b(a + c)2 a+c a+c = 4b 2 2 3 a+b+c ≤ 4 =4 3 la igualdad ocurre cuando c = 0, b = 1, a = 2 y sus correspondientes permutaciones. 2 90. Sean a, b, c, d n´ umeros reales no negativos, pruebe que 2a 2b 2c 2d 1+ 1+ 1+ 1+ ≥ 9. b+c c+d d+a a+b
229 Prueba.
⇔
Efectuando convenientemente:
2a + b + c b+c
2b + c + d c+d
2c + d + a d+a
2d + a + b a+b
≥9
2a + b + c a+b
2b + c + d b+c
2c + d + a c+d
2d + a + b d+a
≥9
a+c b+d c+a d+b ⇔ 1+ 1+ 1+ 1+ ≥9 a+b b+c c+d d+a utilizando el problema 2 tenemos que 2 a+c a+c 2(a + c) 1+ 1+ ≥ 1+ a+b c+d a+b+c+d 2 b+d d+b 2(b + d) 1+ ≥ 1+ 1+ b+c d+a a+b+c+d a+c b+d c+a d+b ⇒ 1+ 1+ 1+ 1+ a+b b+c c+d d+a ≥ 1+
2(a + c) a+b+c+d
2
2(b + d) 1+ a+b+c+d
2
luego basta demostrar que
⇔
2(a + c) 1+ a+b+c+d
2 1+
2(a + c) 1+ a+b+c+d
2(b + d) a+b+c+d
2(b + d) 1+ a+b+c+d
2
≥9
≥ 3.
230
12. Soluciones Haciendo a + c = m y b + d = n, tenemos equivalente a 2m 2n 1+ 1+ ≥3 m+n m+n ⇔ 1+
4mn 2(m + n) + ≥3 m+n (m + n)2
⇔ 3+
4mn ≥3 (m + n)2
4mn ≥ 0. (m + n)2
⇔
2 91. Si a, b, c son n´ umeros reales positivos, entonces r Prueba.
2a + a+b
r
2b + b+c
r
2c ≤ 3. c+a
La desigualdad a probar es equivalente a: v u u t
v v u 2 u 2 u u +t +t c a ≤3 b 1 + 1 + 1+ b c a 2
c a b = x2 , = y 2 , = z 2 , con x, y, z positivos ⇒ (xyz)2 = 1 a b c Reemplazando tenemos:
Haciendo
r
2 + 1 + x2
r
2 + 1 + y2
r
2 ≤3 1 + z2
231 Pero r
2 ·1+ 1 + x2
r
2 ·1 1 + y2
2
≤ = = ≤ =
⇒
r
2 + 1 + x2
r
2 ≤ 1 + y2
2 2 (1 + 1 ) + 1 + x2 1 + y 2 1 1 4 + 1 + x2 1 + y 2 1 − (xy)2 4 1+ (1 + x2 ) (1 + y 2 ) 1 − (xy)2 4 1+ (1 + xy)2 8 8z = 1 + xy z+1 √ 2 2z √ z+1 2
2
luego basta demostrar que r √ 2 2z 2 √ + ≤3 1 + z2 z+1 Pero (z + 1)2 ≤ 2 (1 + z 2 ) 2 4 ⇔ ≤ 2 1+z (z + 1)2 r 2 2 ⇔ ≤ , 2 1+z (z + 1) luego ser´a suficiente probar que √ 2 2z 2 √ + ≤3 z+1 z+1
232
12. Soluciones p ⇔ 2 2z(z + 1) + 2 ≤ 3 + 3z p p ⇔ 0 ≤ (3z + 1) − 2 2z(z + 1) = 2z − 2 2z(z + 1) + (z + 1) √ √ ⇔ 0 ≤ ( 2z − z + 1)2 . [8, p´ag 34] 2
92. Si x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos tales que 1 1 1 + +···+ = 1, 1 + x1 1 + x2 1 + xn pruebe que x1 x2 · · · xn ≥ (n − 1)n . Prueba.
De la condici´on 1 1 1 1 + +···+ + =1 1 + x1 1 + x2 1 + xn−1 1 + xn
tenemos 1 1 1 1 xn + +···+ =1− = 1 + x1 1 + x2 1 + xn−1 1 + xn 1 + xn Luego aplicando MA ≥ MG: 1 1 1 + +···+ 1 + x1 1 + x2 1 + xn−1 ≥ n−1 xn ⇒ ≥ 1 + xn ⇒
r
n−1
p
1 1 1 · ··· 1 + x1 1 + x2 1 + xn−1 n−1
(1 + x1 ) (1 + x2 ) · · · (1 + xn−1 ) xi n−1 ≥ v ; i = 1, 2, . . . , n u Y n 1 + xi u u (1 + xj ) u n−1 u t j=1 j 6= i n−1
233 Multiplicando sucesivamente para todo i = 1, 2, . . . , n, tenemos x1 x2 · · · xn ≥ (n − 1)n . 2 93. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 3, pruebe que ab bc ca + + ≥ 3. c a b Prueba.
Como a, b, c > 0, la desigualdad es equivalente a ! a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 b2 + c}2 ≥ 9 + 2 + 2 +2 a | + {z c2 a b 3
2 2
2 2
2 2
ab bc c a + 2 + 2 ≥3 2 c a b 2 2 2 2 2 2 ab bc c a ⇔ + 2 + 2 ≥ a2 + b2 + c2 2 c a b
⇔
Aplicando MA ≥ MG: a2 b2 b2 c2 + 2 ≥ 2 c2 a a2 b2 c2 a2 + 2 ≥ 2 c2 b b2 c2 c2 a2 + 2 ≥ 2 a2 b
r r r
a2 b2 b2 c2 · 2 = 2b2 c2 a a2 b2 c2 a2 · 2 = 2a2 2 c b b2 c2 c2 a2 · 2 = 2c2 a2 b
Sumando: a2 b2 b2 c2 c2 a2 + 2 + 2 ≥ a2 + b2 + c2 . c2 a b 2
234
12. Soluciones
94. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que aa · bb · cc ≥ (abc) Prueba. Chebyshev
a+b+c 3
.
Sean a ≥ b ≥ c y ln a ≥ ln b ≥ ln c, aplicando la Desigualdad de
a ln a + b ln b + c ln c ≥ 3 a
b
ln a + ln b + ln c
c
≥
a+b+c 3
a+b+c 3
ln a + ln b + ln c 3
ln abc
a+b+c 3 ≥ ln abc
ln aa bb cc
de donde a+b+c 3 a · b · c ≥ (abc) . a
b
c
2 95. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que c+a a+b b+c a b c + + ≥ + + . b c a c+b a+c b+a
Prueba.
Haciendo
a b c = x, = y, = z, tenemos xyz = 1 y adem´as b c a a+c 1 + xy 1−x = =x+ b+c 1+y 1+y
y as´ı similarmente para los otros.
235 Reemplazando tenemos una desigualdad equivalente a la primera 1−y 1−z 1−x +y+ +z+ 1+y 1+z 1+x x−1 y−1 z−1 ⇔ + + ≥0 y+1 z+1 x+1 x+y+z ≥ x+
⇔ (x2 − 1) (z + 1) + (y 2 − 1) (x + 1) + (z 2 − 1) (y + 1) ≥ 0 ⇔ x2 z + y 2x + z 2 y + x2 + y 2 + z 2 − (x + y + z) − 3 ≥ 0
⇔ x2 z + y 2x + z 2 y + x2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z + 3 como x2 z + y 2x + z 2 y ≥ 3 ·
p 3
x3 y 3 z 3 = 3 y x2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z, pues (x + y + z)2 x + y + z ≥ 3 y x2 + y 2 + z 2 ≥ . 3 ∴ x2 z + y 2 x + z 2 y + x2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z + 3 es verdadero. 2 96. Si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos, entonces a−b b−c c−d d−a + + + ≥ 0. b+c c+d d+a a+b Prueba.
Tenemos que
a−b b−c c−d d−a + + + b+c c+d d+a a+b a−b b−c c−d d−a = +1 + +1 + +1 + +1 −4 b+c c+d d+a a+b a+c b+d c+a d+b = + + + −4 b+c c+d d+a a+b 1 1 1 1 = (a + c) + + (b + d) + −4 b+c a+d c+d a+b pero 1 1 4 1 1 4 + ≥ ; + ≥ b+c a+d (b + c) + (d + a) c + d a + b (c + d) + (a + b)
236
12. Soluciones entonces (a + c) (b + d)
1 1 + b+c a+d 1 1 + c+d a+b
≥
4(a + c) a+b+c+d
≥
4(b + d) a+b+c+d
luego sumando miembro a miembro, tenemos que (a + c)
1 1 + b+c a+d
∴
1 1 + (b + d) + c+d a+b
≥4
a−b b−c c−d d−a + + + ≥ 0. b+c c+d d+a a+b 2
97. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que a3 b3 c3 3(ab + ac + bc) + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 b − bc + b c − ac + a a − ab + b a+b+c Prueba.
Como (a+b+c)2 ≥ 3(ab+ac+bc) ⇒ a+b+c ≥
3(ab + ac + bc) . a+b+c
Demostraremos la siguiente desigualdad que es m´as fuerte a3 b3 c3 + + ≥ a + b + c. b2 − bc + b2 c2 − ac + a2 a2 − ab + b2 Luego para aplicar el Lema de Titu en el primer miembro de la desigualdad, buscamos un equivalente adecuado, en efecto, tenemos que a3 b3 c3 + + b2 − bc + b2 c2 − ac + a2 a2 − ab + b2 a4 b4 c4 = + + ab2 − abc + ab2 bc2 − abc + a2 b a2 c − abc + b2 c 2
(a2 + b2 + c2 ) ≥ ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + a2 c + b2 c − 3abc
237 entonces basta demostrar que (a2 + b2 + c2 )
2
≥ (a + b + c) (ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + a2 c + b2 c − 3abc) a4 + b4 + c4 + 2 (a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ) ≥ a2 b2 + a2 c2 + abc2 + a3 b + a3 c + acb2 − 3a2 bc +ab3 + abc2 + b2 c2 + b2 a2 + bca2 + cb3 − 3ab2 c +acb2 + ac3 + bc3 + a2 bc + a2 c2 + b2 c2 − 3abc2 a4 + b4 + c4 + a2 bc + ab2 c + abc2 ≥ ab (a2 + b2 ) + bc (b2 + c2 ) + ca (c2 + a2 )
a2 (a2 − (b + c)a + bc) + b2 (b2 − (c + a)b + ac) + c2 (c2 − (b + a)c + ab) ≥ 0 a2 (a − b)(a − c) + b2 (b − a)(b − c) + c2 (c − a)(c − b) ≥ 0. 2 98. Si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos, entonces Prueba.
a a+b
2
+
b b+c
2
+
c c+d
2
+
d d+a
2
≥ 1.
La desigualdad es equivalente a:
1 1+
2
+ b
a
1
c 1+ b
2
+
1 1+
2
+ d c
1 1+
a d
2
≥1
238
12. Soluciones Haciendo b = x, a
c = y, b
d = z, c
a = w. d
La desigualdad se convierte en:
1 1+x
2
+
1 1+y
2
+
1 1+z
2
+
1 1+w
2
≥1
con xyzw = 1. Aplicando el problema 21, tenemos que 1 1 1 ; similarmente 2 + 2 ≥ 1 + xy (1 + x) (1 + y) 1 1 1 xy xy = = 2 + 2 ≥ 1 + zw xy + xyzw xy + 1 (1 + z) (1 + w) sumando miembro a miembro, tenemos que 1 1 1 1 1 + xy =1 2 + 2 + 2 + 2 ≥ xy + 1 (1 + x) (1 + y) (1 + z) (1 + w)
∴
1 1 1 1 ≥ 1. 2 + 2 + 2 + (1 + x) (1 + y) (1 + z) (1 + w)2 2
99. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, entonces 3 1 − a + a2
1 − b + b2
1 − c + c2 ≥ 1 + abc + a2 b2 c2 .
239 Prueba. Desarrollar todo el primer miembro es muy tedioso y aprovechando la forma de la expresi´on, efectuaremos los dos primeros factores, veamos 2 (1 − a + a2 ) (1 − b + b2 ) = 2 − 2b + 2b2 − 2a + 2ab − 2ab2 + 2a2 − 2a2 b + 2a2 b2 = 1 + a2 b2 + (a2 − 2ab + b2 ) + a2 + b2 + a2 b2 + 1 − 2a2 b − 2ab2 − 2a − 2b +4ab = 1 + a2 b2 + (a − b)2 + (a − 1)2 + b2 (1 − 2a + a2 ) − 2b (a2 − 2a + 1) = 1 + a2 b2 + (a − b)2 + (a − 1)2 (1 + b2 − 2b) = 1 + a2 b2 + (a − b)2 + (a − 1)2 (b − 1)2 2 (1 − a + a2 ) (1 − b + b2 ) ≥ 1 + a2 b2
⇒
(1 − a + a2 ) (1 − b + b2 ) ≥
⇔
⇔ 3 (1 − a + a2 ) (1 − b + b2 ) (1 − c + c2 ) ≥
1 (1 + a2 b2 ) 2 3 (1 + a2 b2 ) (1 − c + c2 ) 2
Luego basta demostrar que 3 1 + a2 b2 1 − c + c2 ≥ 1 + abc + a2 b2 c2 2 en efecto, transformando a una desigualdad cuadr´atica en c, tenemos: 3 (1 + a2 b2 ) c2 + 3 (1 + a2 b2 ) (1 − c) ≥ 2 + 2abc + 2a2 b2 c2 (3 + 3a2 b2 − 2a2 b2 ) c2 − (3a2 b2 + 2ab + 3) c + (3 + 3a2 b2 − 2) ≥ 0 3 + a2 b2 c2 − (3a2 b2 + 2ab + 3) c + (1 + 3a2 b2 ) ≥ 0 | {z } (+)
240
12. Soluciones calculando su discriminante 2
∆ = (3a2 b2 + 2ab + 3) − 4 (3 + a2 b2 ) (1 + 3a2 b2 ) = 9a4 b4 + 4a2 b2 + 9 + 12a3 b3 + 18a2 b2 + 12ab − 4 (3 + 10a2 b2 + 3a4 b4 ) = −3a4 b4 + 12a3 b3 − 18a2 b2 + 12ab − 3 = −3 [a4 b4 + 4a3 b3 − 6a2 b2 + 4ab − 1] = −3[ab − 1]4 ≤ 0 Como ∆ ≤ 0, entonces la desigualdad se cumple para todo c, a, b ∈ R, en particular para a, b, c ∈ R+ 0. La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c = 1.
2
100. Sean a, b, c son n´ umeros reales no negativos, pruebe que a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + ac + bc). Prueba.
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
La desigualdad es equivalente a: a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 − 2(ab + ac + bc) ≥ 0 a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 − 2ab − 2ac − 2bc ≥ 0 a2 − 2ab + b2 + (c2 − 2c + 1) + 2c − 2ac + 2abc ≥ 0 (a − b)2 + (c − 1)2 + 2c(1 − (a + b) + ab) ≥ 0 (a − b)2 + (c − 1)2 + 2c(1 − a)(1 − b) ≥ 0
(12.18)
es importante observar que tambi´en podr´ıamos haber agrupado de de las siguientes maneras (a − 1)2 + (b − c)2 + 2a(1 − b)(1 − c) ≥ 0 (b − 1)2 + (a − c)2 + 2b(1 − a)(1 − c) ≥ 0
(12.19) (12.20)
241 Aplicando el problema 3 a los n´ umeros (1 − a), (1 − b), (1 − c), tenemos que al menos una de las siguientes desigualdades es verdadera (1 − a)(1 − b) ≥ 0 (1 − b)(1 − c) ≥ 0
(1 − c)(1 − a) ≥ 0. Sin p´erdida de generalidad supongamos que (1 − a)(1 − b) ≥ 0, luego (a − b)2 + (c − 1)2 + 2c(1 − a)(1 − b) ≥ 0. 2 101. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc ≥ 1, pruebe que a3 + b3 + c3 ≥ ab + ac + bc. Podemos asumir a ≥ b ≥ c, a2 ≥ b2 ≥ c2
Prueba.
Aplicando Chebyshev
2 a+b+c a + b2 + c2 3 3 √ 3 abc · (ab + ac + bc) ≥
a · a2 + b · b2 + c · c2 ≥ 3 a3 + b3 + c3
≥ 1(ab + ac + bc)
∴ a3 + b3 + c3 ≥ ab + ac + bc. 2 102. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c = 1, pruebe que √
ab + c +
√
bc + a +
√
ca + b ≥ 1 +
√
ab +
√
bc +
√
ca.
242
12. Soluciones Prueba.
Como
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
√ a + b ≥ 2 ab √ a + b + c ≥ 2 ab + c √ 1 ≥ 2 ab + c √ c ≥ 2 abc + c2 √ ab + c ≥ ab + 2 abc + c2 √ ab + c ≥ ( ab + c)2 √ √ ab + c ≥ ab + c; similarmente √ √ bc + a ≥ bc + a √ √ ca + b ≥ ca + b
sumando miembro a miembro tenemos: √
ab + c +
√
bc + a +
√
√ √ √ ca + b ≥ a + b + c ab + bc + ca + | {z } 1
∴
√
ab + c +
√
bc + a +
√
ca + b ≥ 1 +
√
ab +
√
bc +
√
ca.
2 103. Sean a, b n´ umeros reales positivos tales que a + b ≤ 1, halle el m´ınimo valor de f (a, b) = ab + (ab)−1 . 1 ≥ 2 y decimos que el m´ınimo de Soluci´ on. Como a, b > 0 entonces ab + ab f es 2, pero veamos cu´ando ocurre este m´ınimo. 1 El m´ınimo ocurre si ab = =1 ab entonces 1=
√
ab ≤
a+b 1 ≤ , ¡contradicci´on! 2 2
esto significa que el m´ınimo de f no es 2.
243 Haciendo h=
1 1 1 1 ⇒h= ≥ 2 ≥ 2 = 4 ab ab a+b 1 2 2
entonces el problema se transforma en: 1 Si h ≥ 4, halle el m´ınimo de h + . h En estos casos se recomienda el siguiente procedimiento: Tomamos h = 4, luego buscamos un par´ametro α adecuado h 4 = α α 1 1 = h 4
⇒
4 1 = ⇒ α = 16 α 4
Luego 1 h+ = h
h 1 + 16 h
r 15h h 1 15h + ≥ 2 · + 16 16 h 16 2 15 × 4 17 2 15h + ≥ + = = 4 16 4 16 4
de donde h+
1 17 ≥ h 4
ab +
1 17 ≥ ab 4
entonces
∴
el m´ınimo es
17 1 y ocurre cuando a = b = c = . 4 2 2
244
12. Soluciones
3 104. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que a + b + c ≤ , halle el m´ınimo 2 r r r 1 1 1 de f (a, b, c) = a2 + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 . b c a Soluci´ on.
Aplicando MA ≥ MG: f (a, b, c) ≥ 3 = 3
≥ 3
sr
1 a2 + 2 · b
3
s
1 a2 + 2 b
6
s r 6
r
1 b2 + 2 · c
1 2 a2 · 2 · 2 b
√ = 3 2
1 b2 + 2 c
r
r
c2 +
1 a2
1 c2 + 2 a
r 1 1 b2 · 2 · 2 c2 · 2 · c a
√ √ entonces f (a, b, c) ≥ 3 2, el m´ınimo de f es 3 2 y ocurre cuando a=b=c=
1 1 1 = = = 1, a b c
3 entonces a + b + c = 3, pero a + b + c ≤ ¡contradicci´on! 2 √ Esto significa que el m´ınimo no es 3 2. Analizamos la expresi´on y aprovechando la forma sim´etrica estimamos que el 1 m´ınimo de f (a, b, c) ocurre cuando a = b = c = , luego como en el problema 2 anterior hacemos 1 a2 = b2 = c2 = 4 1 a=b=c= ⇒ 2 1 = 1 = 1 = 4 αa2 αb2 αc2 α ⇒
1 4 = ⇒ α = 16 4 α
245 luego tenemos que v v u u 1 1 u ub2 + 1 + · · · + 1 + f (a, b, c) = ua2 + + · · · + u 2 2 2 2 t {z 16b } t {z 16c } |16b |16c 16 sumandos 16 sumandos v u 1 1 +u +···+ uc2 + 2 2 t |16a {z 16a } 16 sumandos s r s r s r 2 2 a b c2 17 17 17 + + ≥ 17 17 17 1616 b32 1616 c32 1616 a32 # "r r r √ a b c = 17 17 + 17 + 17 + 8 16 8 16 16 b 16 c 168 a16 sr
r √ abc 1 17 ≥ 3 17 = 3 17 · 24 16 16 16 8 16 a b c 16 (abc)5 √ √ √ 3 17 3 17 3 17 p p p = 17 = 17 = 17 168 (abc)5 217 · 215 · (abc)5 2 ((2a)(2b)(2c))5 √ √ 3 17 3 17 r ≥ ; ≥ 2 2a + 2b + 2c 5 17 ) 2 ( 3 √
3
17
1 como vemos para a = b = c = ocurre el m´ınimo de f (a, b, c) y dicho m´ınimo 2 √ 3 17 es . 2 2 105. Sean a, b, c n´ umeros reales tales que a ≥ 2, b ≥ 6 y c ≥ 12, halle el m´aximo valor de √ √ √ bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12 f (a, b, c) = . abc
246
12. Soluciones Soluci´ on. √ bc a − 2 =
bc p bc (a − 2) + 2 abc √ √ · (a − 2) · 2 ≤ = √ 2 2 2 2 2 p √ abc ca 3 ca (b − 6) + 3 + 3 √ ca 3 b − 6 = √ = √ (b − 6) · 9 ≤ · 3 3 3 9 9 339 √ ab p ab (c − 12) + 4 + 4 + 4 abc 4 (c − 12) · 64 ≤ √ · ab 4 c − 12 = √ = √ 4 4 4 64 64 4 4 64 abc = √ 8 2 entonces 1 f (a, b, c) ≤ abc
abc abc abc √ + √ √ + 2 2 339 8 2
5 1 = √ + √ 8 2 339
el m´ınimo ocurre para a − 2 = 2, b − 6 = 3, c − 12 = 4 a = 4,
b = 9,
c = 16
1 5 . ∴ m´ax f (a, b, c) = √ + √ 8 2 339 2 106. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que Prueba.
a3 b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca. b c a
Aplicando MA ≥ MG: r 3 a3 b3 b3 3 a + + bc ≥ 3 · · bc = 3ab b c b c r 3 b3 c3 c3 3 b + + ca ≥ 3 · · ca = 3bc c a c a r 3 3 3 c a a3 3 c + + ab ≥ 3 · · ab = 3ca a b a b
247 sumando miembro a miembro: 2
a3 b3 c3 + + b c a
+ bc + ca + ab ≥ 3ab + 3bc + 3ca
a3 b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca. b c a La igualdad ocurre si y s´olo si a = b = c.
de donde
2
107. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, halle el m´ınimo valor de la funci´on f (a, b, c, d) =
Soluci´ on.
a b c d + + + b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c + + + + . a b c d
Si aplicamos MA ≥ MG, tenemos que
q a f (a, b, c, d) ≥ 8 8 b+c+d ·
b c+d+a
·
c d+a+b
·
d a+b+c
·
b+c+d a
·
c+d+a b
f (a, b, c, d) ≥ 8 ⇒ m´ın f = 8.
¿Cu´ando ocurre tal m´ınimo?
m´ın f = 8 ⇔
sumando tenemos
c = d+a+b d = a + b + c
+ c + d} = 3(a + c + d}) |a + b {z | + b {z (+)
⇒
a= b+c+d b = c + d + a
(+)
1 = 3 imposible.
·
d+a+b c
·
a+b+c d
248
12. Soluciones Luego el m´ınimo de f no es 8. Sean a = b = c = d > 0 a b c d 1 = = = = b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c 3 c+d+a d+a+b a+b+c 3 b+c+d = = = = αa αb αc αd α
⇒
1 3 = ⇒ α = 9. 3 α Esto significa que podemos agrupar de esta manera:
igualando
a b c d b+c+d c+d+a + + + + + b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c 9a 9b d+a+b a+b+c + + 9c 9d 8 b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c + + + + 9 a b c d q a b c d ≥ 8 8 b+c+d · c+d+a · d+a+b · a+b+c · b+c+d · c+d+a · d+a+b · a+b+c 9a 9b 9c 9d 8 b c d c d a d a b a b c + + + + + + + + + + + + 9 a a a b b b c c c d d d r b c d c d a d a b a b c 8 8 ≥ + · 12 12 · · · · · · · · · · · 3 9 a a a b b b c c c d d d 8 32 40 = + = 3 3 3 40 ∴ fm´ın = y ocurre cuando a = b = c = d > 0. 3 2 108. Halle el m´aximo valor de a3 (b + c + d) + b3 (c + d + a) + c3 (d + a + b) + d3 (a + b + c) donde a, b, c, d son n´ umeros reales tales que la suma de cuadrados es 1.
249 Soluci´ on. f (a, b, c, d) = a3 (b + c + d) + b3 (c + d + a) + c3 (d + a + b) +d3 (a + b + c) = (a3 b + ab3 ) + (a3 c + ac3 ) + (a3 d + ad3 ) + (b3 c + bc3 ) + (b3 d + bd3 ) + (c3 d + cd3 ) = ab (a2 + b2 ) + ac (a2 + c2 ) + ad (a2 + d2 ) +bc (b2 + c2 ) + bd (b2 + d2 ) + cd (c2 + d2 ) Pero (a − b)4 = a4 − 4ab (a2 + b2 ) + 6a2 b2 + b4 ⇒ ab (a2 + b2 ) =
a4 + b4 + 6a2 b2 − (a − b)4 4
luego
f (a, b, c, d) =
3 (a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6 (a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 ) 4 (a − b)4 + (a − c)4 + (a − d)4 + (b − c)4 + (b − d)4 + (c − d)4 − 4
=
1
2
}| { z 2 2 2 2 3 a + b + c + d −[(a−b)4 +(a−c)4 +(a−d)4 +(b−c)4 +(b−d)4 +(c−d)4 ] 4
3 1 = − [(a − b)4 + (a − c)4 + (a − d)4 + (b − c)4 + (b − d)4 + (c − d)4 ] 4 4 3 ≤ . 4 1 La igualdad ocurre cuando a = b = c = d = . 2
2
250
12. Soluciones
109. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos, pruebe que √ 2 √ √ √ 2 √ √ 2 a+b+c √ 3 a− b , b− c , c− a . − abc ≤ m´ax 3 Soluci´ on.
Sin p´erdida de generalidad podemos tomar el orden a≤b≤c
entonces debemos demostrar que √ √ 2 a+b+c √ 3 − abc ≤ c− a . 3 Definamos la funci´on f (x) =
x+a+c √ a+x+c √ − 3 axc = − 3 acx 3 3
donde a ≤ x ≤ c, luego 1 1 −2/3 − x 3 3 2 −5/3 √ x f ′′ (x) = ac ≥ 0, x ≥ 0 9 f ′ (x) =
entonces f es c´oncava, luego f (x) ≤ m´ax {f (a), f (c)} supongamos que f (c) ≤ f (a), entonces f (a) es el m´aximo de f , en efecto basta demostrar que √ 2 √ f (a) ≤ ( c − a) √ √ 1 3 ⇔ (2a + c) − a2 c ≤ c + a − 2 ac 3
251
⇔
√ 3
√ 1 2 a2 c + a + c − 2 ac ≥ 0 3 3 √ √ 3 3 a2 c + a + 2c ≥ 6 ac
Pero vemos que aplicando MA ≥ MG se tiene √ 3
a2 c +
√ 3
a2 c +
√ 3
a2 c + a + c + c
6
≥ =
q 6
√ 6
√
√ 3 3 a2 c · a · c2
a3 c3
ac √ 3 a2 c + a + 2c ≥ 6 ac √ 3
⇒
=
√ 2 √ √ √ 2 √ √ 2 a+b+c √ 3 − abc ≤ m´ax ∴ a− b , b− c , c− a . 3 La igualdad ocurre cuando a = b = c.
2
110. Si a, b, c son n´ umeros reales no negativos, pruebe que 3 b+c a +b +c +2 a− ≥ 3abc. 2 3
3
3
b+c ≥ 0, entonces la desigualdad se cumple trivialmente 2 3 3 3 pues a + b + c ≥ 3abc. b+c Si a − < 0 definimos 2 3 b+c 3 3 3 f (a, b, c) = a + b + c − 3abc + 2 a − 2 Prueba.
Si a −
Haciendo b = a + 2p ∧ c = a + 2q, tenemos 3 2a + 2p + 2q f = a + (a + p) + (a + q) − 3a(a + p)(a + q) + 2 a − 2 3
3
3
252
12. Soluciones efectuando f = 12a (p2 − pa + q 2 ) + 6(p + q)(p − q)2 ≥ 6(p + q)(p − q)2
⇒ f ≥ 6(p + q)(p − q)2 2 b+c b−c ⇒ f (a, b, c) ≥ 6 −a 2 2
⇒ f (a, b, c) ≥
3 b + c − a (b − c)2 ≥ 0 2 | 2 {z } (+)
La igualdad ocurre si y s´olo si (a, b, c) = (1, 1, 1) ∨ [(a, b, c) = (0, 1, 1)] y sus correspondientes permutaciones. 2 111. Sean x1 , x2 , x3 , x4 , x5 n´ umeros reales tales que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0, pruebe que |cos x1 | + |cos x2 | + |cos x3 | + |cos x4 | + |cos x5 | ≥ 1. Soluci´ on.
Sabemos que
| sen (x + y)| ≤ m´ın {| cos x| + | cos y|, | sen x| + | sen y|}
| cos (x + y)| ≤ m´ın {| sen x| + | cos y|, | sen x| + | cos y|}
entonces ! ! 5 5 X X xi xi ≤ | cos x1 | + sen cos i=1
i=2
≤ | cos x1 | + | cos x2 | + | cos (x3 + x4 + x5 )|
entonces ! 5 X xi ≤ | cos x1 | + | cos x2 | + | cos x3 | + | cos x4 | + | cos x5 | cos i=1
| cos (0)| = 1 ≤ | cos x1 | + | cos x2 | + | cos x3 | + | cos x4 | + | cos x5 |
253
∴ |cos x1 | + |cos x2 | + |cos x3 | + |cos x4 | + |cos x5 | ≥ 1. 2 112. Sean a, b, c n´ umeros reales diferentes, pruebe que b2 c2 a2 + + ≥ 2. (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 Prueba.
Aplicando el desarrollo de un trinomio al cuadrado.
2 a b c + + b−c c−a a−b 2 2 2 a b c = + + b−c c−a a−b
ab ac bc + + +2 (b − c)(c − a) (b − c)(a − b) (c − a)(a − b) | {z } (−1)
⇒
2
a b c + + +2 b−c c−a a−b 2 2 2 b c a = + + b−c c−a a−b
Como
a b c + + b−c c−a a−b
2
+2≥2
entonces a2 b2 c2 + + ≥ 2. (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2
254
12. Soluciones La igualdad ocurre si y s´olo si b c a + + = 0. b−c c−a a−b 2
113. (IMO 1960). Resuelva 4x2 2 < 2x + 9. √ 1 − 1 + 2x Soluci´ on. i) Calculamos el conjunto de restricciones: 1 + 2x ≥ 0 ∧ 1 −
√
1 + 2x 6= 0
x ≥ −1/2 ∧ x 6= 0;
luego tenemos el conjunto de n´ umeros reales a donde pertenece el conjunto soluci´on U = [−1/2, +∞i − {0}. ii) Racionalizando el denominador: 2 √ 4x2 1 + 1 + 2x 2 2 < 2x + 9 √ √ 1 − 1 + 2x 1 + 1 + 2x 2 √ 4x2 1 + 1 + 2x ⇔ < 2x + 9 (−2x)2 2 √ 4x2 1 + 1 + 2x ⇔ < 2x + 9 4x2 √ ⇔ 1 + 2 1 + 2x + 1 + 2x < 2x + 9
255 √ ⇔ 2 1 + 2x < 7
⇔ 4(1 + 2x) < 49
⇔ 8x < 45 45 ⇔ x< , 8 de donde x ∈ h−∞,
45 i. 8
Luego C.S. = h−∞,
45 45 i ∩ U = [−1/2, i − {0}. 8 8 2
114. (IMO 1964). Si a, b, c son los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc. Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b ≤ 3abc + a3 + b3 + c3
⇔ 0 ≤ a3 − a2 (b + c) + abc + b3 − b2 (a + c) + abc + c3 − c2 (a + b) + abc ⇔ 0 ≤ a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b)
⇔ a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0,
la cual es verdadera, pues es la desigualdad de Schur.
2
115. (IMO 1975). Considere las sucesiones (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) y (y1 , y2, . . . , yn , . . .) tales que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn , y1 ≤ y2 ≤ · · · ≤ yn , y (z1 , z2 , . . . , zn ) es una permutaci´on de (y1 , y2 , . . . , yn ), pruebe que (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 ≤ (x1 − z1 )2 + · · · + (xn − zn )2 .
256
12. Soluciones Prueba.
La desigualdad es equivalente a: x21 + · · · + x2n + y12 + · · · + yn2 − 2(x1 y1 + · · · + xn yn )
≤ x21 + · · · + x2n + z12 + · · · + zn2 − 2(x1 z1 + · · · + xn zn )
⇔ x1 z1 + · · · + xn zn ≤ x1 y1 + · · · + xn yn
(∗)
pues y12 + · · · + yn2 = z12 + · · · + zn2 .
La desigualdad (∗) es verdadera, pues ya fue demostrada en el cap´ıtulo de Reordenamientos. 2 116. (IMO 1978). Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros enteros diferentes, pruebe que x1 x2 xn 1 1 1 + 2 +···+ 2 ≥ + +···+ . 2 1 2 n 1 2 n Sea (a1 , a2 , . . . , an ) unapermutaci´on de (x1 , x2 , . . . , xn ) con a1 ≤ 1 1 1 a2 ≤ · · · ≤ an y sea (b1 , b2 , . . . , bn ) = , , . . . , 2 , donde se observa 2 2 n (n − 1) 1 1 , i = 1, 2, . . . , n. que bi = (n + 1 − i)2 Consideremos la permutaci´on (c1 , c2 , . . . , cn ) de (a1 , a2 , . . . , an ) donde ci = xn+1−i , i = 1, 2, . . . , n. Prueba.
Luego x1 x2 xn + + · · · + ≥ c1 b1 + c2 b2 + · · · + cn bn 12 22 n2 ≥ an b1 + an−1 b2 + · · · + a1 bn
= a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1 a1 a1 an = 2 + 2 +···+ 2 1 2 n
como a1 ≥ 1, a2 ≥ 2, . . . , an ≥ n entonces a1 a1 an 1 2 n + + · · · + ≥ + + · · · + 12 22 n2 12 22 n2 1 1 1 = + +···+ 1 2 n
257 de donde se obtiene x1 x2 xn 1 1 1 + 2 +···+ 2 ≥ + +···+ . 2 1 2 n 1 2 n 2 117. (IMO 1997). Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales que satisfacen
|x1 + x2 + · · · + xn | = 1 y |xi | ≤
n+1 , para todo i = 1, 2, . . . , n, 2
pruebe que existe la permutaci´on (y1 , y2 , . . . , yn ) de (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que |y1 + 2y2 + · · · + nyn | ≤
n+1 . 2
Prueba. Sin p´erdida de generalidad tomamos x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn y como 1 < 2 < · · · < n entonces por el teorema de reordenamientos se tiene que 1x + 2x2 + · · · + nxn ≥ nx1 + (n − 1)x2 + · · · + 1xn | 1 {z } | {z } M
N
⇒ M + N = (n + 1) (x1 + x2 + · · · + xn )
⇒ |M + N| = (n + 1) |x1 + x2 + · · · + xn | = (n + 1) · 1 = n + 1 ⇒ |M + N| = n + 1
de donde M + N = n + 1 o M + N = −(n + 1). n+1
Gr´aficamente N
−
n+1 2
M
N
n+1 2
M
258
12. Soluciones (n + 1) n + 1 Si tomaramos el primer caso, entonces N ∈ − , y en el segundo 2 2 (n + 1) n + 1 caso M ∈ − , , es decir M o N se encuentran en el intervalo 2 2 (n + 1) n+1 (n + 1) n + 1 − , y adem´as N ≤ − < ≤ M. 2 2 2 2
Sean (y1 , y2 , . . . , yn ) una permutaci´on de (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que P = 1y1 + 2y2 + · · · + nyn . (n + 1) Tomamos el m´aximo valor de P ≤ − y tambi´en tomamos i tal que 2 y1 ≤ y2 ≤ · · · ≤ yn y yi > yi+1 y consideramos Q = 1y1 + 2y2 + · · · + (i − 1)yi−1 + (i + 1)yi + iyi+1 + · · · + nyn entonces Q − P = iyi+1 + (i + 1)yi − (iyi + (i + 1)yi+1 ) = yi − yi+1 > 0 ⇒ Q − P > 0 de donde Q > P n+1 n+1 , |yi+1 | ≤ , tenemos que y desde que |yi | ≤ 2 2 n+1 n+1 yi − yi+1 ≤ + 2 2 ⇔ yi − yi+1 ≤ n + 1 ⇔ Q−P ≤n+1
⇔ Q≤P +n+1≤− ⇔ Q≤ de otro lado Q ≥ −
(n + 1) n+1 +n+1= 2 2
n+1 , 2
n+1 n+1 n+1 , entonces − ≤Q≤ . 2 2 2 ∴ |Q| ≤
n+1 . 2 2
259 118. (IMO 2004). Sea n un n´ umero entero positivo ≥ 3 y sean t1 , t2 , . . . , tn n´ umeros reales positivos tales que 2
n + 1 > (t1 + t2 + · · · + tn )
1 1 1 + +···+ t1 t2 tn
,
pruebe que ti , tj , tk son los lados de un tri´angulo para todo i, j, k con 1 ≤ i < j < k ≤ n. Prueba. Basta demostrar sin p´erdida de generalidad que t1 < t2 + t3 por la simetr´ıa de la desigualdad. Desarrollamos: 1 1 1 (t1 + t2 + · · · + tn ) + +···+ t1 t2 tn X ti tj X ti tj = n+ + =n+ + tj ti tj ti 1≤i
t1 t2 t1 t3 = n+ + + + + t2 t1 t3 t1
= n + t1
1 1 + t2 t3
X
1≤i
t2 + t3 + + t1
X
ti tj + tj ti
1≤i
ti tj + tj ti
t1 Haciendo √ = a, tenemos t2 t3 1 1 1 2 (t1 + t2 + · · · + tn ) + +···+ ≥ n + 2a + + n2 − n − 4 t1 t2 tn a
260
12. Soluciones como 2
n + 1 > (t1 + t2 + · · · + tn )
1 1 1 + +···+ t1 t2 tn
por transitividad n2 + 1 > n + 2a +
2 + n2 − n − 4 a
2 − 5 < 0; a > 0 a ⇔ 2a2 − 5a + 2 < 0 ⇔ 2a +
⇔ (2a − 1)(a − 2) < 0 1
∴ t1 < t2 + t3 . 2 119. (IMO 2000). Sean a, b, c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que 1 1 1 a−1+ b−1+ c−1+ ≤ 1. b c a Prueba.
La desigualdad es equivalente a:
(ab − b + 1)(bc − c + 1)(ca − a + 1) ≤ abc ⇔ (ab − b + 1)(bc − c + 1)(ca − a + 1) ≤ 1
(12.21)
261 Como abc = 1, podemos hacer el cambio: a=
y z x , b = , c = , x, y, z > 0 y z x
en efecto la desigualdad (12.21) se transforma en:
⇔
y z x y z − +1 − +1 − +1 ≤1 z z x x y y (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz
x
(12.22)
Haciendo u = x − y + z, v = y − z + x, w = z − x + y ⇒ u + v = 2x, u + w = 2z, v + w = 2y en efecto la desigualdad (12.22) es equivalente a:
u+v v+w u+w u·v·w ≤ 2 2 2 ⇔ 8u · v · w ≤ (u + v)(v + w)(u + w)
(12.23)
Si x, y, z son lados de un tri´angulo, entonces u, v, w son positivos, entonces la desigualdad 8u · v · w ≤ (u + v)(v + w)(u + w) se verifica. En seguida veamos cuando
i) Uno de ellos es negativo. Supongamos que u < 0 entonces 8u · v · w ≤ (u + v)(v + w)(u + w) se verifica pues 8u · v · w < 0 ∧ (u + v)(v + w)(u + w) > 0 es decir el miembro de la izquierda es negativo y el de la derecha es positivo, verificando as´ı la desigualdad (12.23).
262
12. Soluciones ii) Dos de ellos son negativos. Supongamos que u < 0 y v < 0 en efecto sabemos que u + v = 2x < 0, esto contradice pues x > 0. iii) Los tres son negativos. Si u, v, w < 0 entonces u + v = 2x < 0 u + w = 2z < 0 v + w = 2y < 0 esto nuevamente se contradice, no es posible este caso. 2
120. Pruebe que n X
i,j=1
|i − j| |xi − xj | =
nX |xi − xj | 2 i,j
si x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn . Prueba. n X
i,j=1
|i − j| |xi − xj | =
X i,j
|(i − j)(xi − xj )|
n X n n X n X X = (i − j)(x − x ) = (i − j)(xi − xj ); i j | {z } i=1 j=1 i=1 j=1 (+) (pues
=
n X n X i=1 j=1
=
n X n X i=1 j=1
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn )
(ixi − ixj − jxi + jxj ) ixi −
n X n X i=1 j=1
ixj −
n X n X i=1 j=1
jxi +
n X n X i=1 j=1
jxj
263
=
n X i=1
=
n X i=1
=
n X
n n n n n X X X X X nixi − i xj − xi j+ njxj i=1
j=1
n(n + 1) nixi − 2 |
i=1
n X j=1
2nixi − n(n + 1)
i=1 n X
= n
i=1
xj −
n X
{z
j=1
n X i=1
xi
j=1
n
n(n + 1) X xi · + nixi 2 i=1 }
i=1
(2i − (n + 1)) xi
efectuando la sumatoria
n X nX |xi − xj | = n |xi − xj | 2 i,j=1 i
= n [(xn − x1 ) + (xn − x2 ) + · · · + (xn − xn−1 )]
+n [(xn−1 − x1 ) + (xn−1 − x2 ) + · · · + (xn−1 − xn−2 )] +···
+n [(x3 − x1 ) + (x3 − x2 )] +n [(x2 − x1 )]
= n [(n − 1)xn + (n − 3)xn−1 + (n − 5)xn−2 + · · · + (1 − n)x1 ] =n
n X i=1
∴
(2i − (n + 1)) xi ,
n X
i,j=1
|i − j| |xi − xj | =
nX |xi − xj |. 2 i,j 2
264
12. Soluciones
121. Pruebe que n X
(i − j)2 =
i,j=1
n2 (n2 − 1) . 6
Prueba. n X
(i − j)2 =
i,j=1
=
n X
i,j=1 n X
i,j=1
=
i2 − 2ij + j 2 i2 − 2
n n X X i=1 j=1
=
n X i=1
= n·
n X
ij +
i,j=1
i2 − 2 2
n·i −2
n X
i,j=1
n X n X
ij +
i=1 j=1
n X i=1
j2 n X n X
j2
i=1 j=1
n X n(n + 1) i· +n j2 2 j=1
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1) −2· · 6 2 2
+n ·
n(n + 1)(2n + 1) 6
n2 (n + 1)(2n + 1) n2 (n + 1)2 − 3 2 2n + 1 n + 1 4n + 2 − 3n − 3 2 2 − = n (n + 1) = n (n + 1) 3 2 6 =
=
n2 (n + 1)(n − 1) 6
=
n2 (n2 − 1) . 6 2
265 122. (IMO 2003). Sea n un n´ umero entero ≥ 2 y los n´ umeros reales x1 , x2 , . . . , xn con x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn , pruebe que n X
i,j=1
Prueba. como: a)
X i,j
b)
X i,j
|xi − xj |
!2
n X 2 2 ≤ n −1 (xi − xj )2 . 3 i,j=1
Para probar esta desigualdad utilizaremos resultados anteriores
|i − j| |xi − xj | = (i − j)2 =
nX |xi − xj |, 2 i,j
n2 (n2 − 1) , 6
aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz
⇔ ⇔ ⇔
|
X i,j
!2
|i − j| |xi − xj | {z
} !2
nX |xi − xj | 2 i,j
≤
X
≤
n2 (n2 − 1) X · (xi − xj )2 6 i,j
i,j
(i − j)2 ·
X i,j
(xi − xj )2
2 n2 (n2 − 1) X n2 P |x − x | ≤ · (xi − xj )2 i j i,j 4 6 i,j P 2 X 2 2 ≤ (n − 1) (xi − xj )2 . i,j |xi − xj | 3 i,j 2
123. (IMO 2006). Determine el menor valor de M para que la desigualdad ab(a2 − b2 ) + bc(b2 − c2 ) + ca(c2 − a2 ) ≤ M a2 + b2 + c2 2
se verifique para cualesquiera a, b, c n´ umeros reales.
266
12. Soluciones Prueba.
Factorizamos el primer miembro de la desigualdad
ab(a2 − b2 ) + bc(b2 − c2 ) + ca(c2 − a2 ) = |(a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c)|
Haciendo
a − b = x, b − c = y, c − a = z ⇒ x + y + z = 0 y adem´as haciendo α = a + b + c ⇒ α2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc, x2 = a2 + b2 − 2ab, y 2 = b2 + c2 − 2bc, z 2 = c2 + a2 − 2ca, sumando tenemos: α2 + x2 + y 2 + z 2 = 3 (a2 + b2 + c2 ) 2
⇒
2
2
2 2
(a + b + c )
(α2 + x2 + y 2 + z 2 ) = . 9
Reemplazando tenemos una desigualdad equivalente |αxyz| ≤ M
(α2 + x2 + y 2 + z 2 ) 9 2
⇔ 9|αxyz| ≤ M (α2 + x2 + y 2 + z 2 ) , como x + y + z = 0 ⇒ −z = x + y ⇒ |z| = |x + y|,
2
!
267 entonces 9|αxyz| = 9|αxy(x + y)|, luego tenemos la desigualdad 9|αxy(x + y)| ≤ M α2 + x2 + y 2 + z 2 como xy ≤
(x + y)2 4
2
,
9 ⇒ 9|αxy(x + y)| ≤ |α||x + y|3. 4 Luego debemos encontrar la relaci´on
9 2 |α||(x + y)3| ≤ M (α2 + x2 + y 2 + z 2 ) . 4
Aplicando MA ≥ MG: p 2α2 + (x + y)2 + (x + y)2 + (x + y)2 ≥ 4 2α2(x + y)6 4 2 4 2α + 3(x + y)2 ⇔ ≥ 2α2 · (x + y)6 4 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
2 √ (2α2 + 3(x + y)2) ≥ 2|α||(x + y)3 | 42 2 2 √ 2α + 3(x + y)2 ≥ 4 2|α||(x + y)3 | 2 2 √ 3 α2 + (x + y)2 ≥ 4 2|α||(x + y)3 | 2 2 3 9 9 2 3 2 √ α + (x + y) |α||(x + y) | ≤ 4 2 16 2 √ 2 9 2 3 = α2 + (x + y)2 . 32 2
268
12. Soluciones Pero (x + y)2 ≤ 2(x2 + y 2)
3(x + y)2 ≤ 2(x2 + y 2) + 2 (x + y)2 | {z }
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
3(x + y)2 3 (x + y)2 2 3 α2 + (x + y)2 2 2 3 2 2 α + (x + y) 2 √ 2 9 2 3 2 2 α + (x + y) 32 2
≤ 2(x2 + y 2) + 2z 2 ≤ (x2 + y 2 + z 2 )
≤ α2 + x2 + y 2 + z 2 ≤ (α2 + x2 + y 2 + z 2 )
2
√ 9 2 2 2 ≤ (α + x2 + y 2 + z 2 ) 32 √ 9 9 2 2 2 |α||(x + y)3 | ≤ (α + x2 + y 2 + z 2 ) , 4 32
⇒ √ 9 2 entonces M ≥ 32
√ 9 2 de donde el menor valor de M es y esto ocurre si y s´olo si (a, b, c) = 32 3 3 2 1 + √ , 1, 1 − √ . 2 2
124. (IMO 1983). Sean a, b, c los lados de un tri´angulo, pruebe que a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0. Prueba.
Haciendo
a + b − c = 2y a = x + y, b = y + z, c = z + x ⇒ a + c − b = 2x b + c − a = 2z
269 como a, b, c son lados de un tri´angulo entonces x, y, z > 0. Reemplazando en la desigualdad, tenemos otra equivalente:
(x + y)2(y + z)(x − z) + (y + z)2 (z + x)(y − x) + (z + x)2 (x + y)(z − y) ≥ 0 efectuando tenemos: zx3 + xy 3 + yz 3 ≥ xyz 2 + yzx2 + zxy 2
⇔ zx3 + xy 3 + yz 3 ≥ xyz(z + x + y) x2 y 2 z 2 + + ≥ x + y + z. y z x
⇔
Para probar este desigualdad utilizaremos la desigualdad de Titu (x + y + z)2 x2 y 2 z 2 + + ≥ =x+y+z y z x y+z+x de donde x2 y 2 z 2 + + ≥ x + y + z. y z x 2 125. Sean a, b, c, d, e n´ umeros reales positivos tales que abcde = 1, pruebe que a + abc b + bcd c + cde d + dea + + + 1 + ab + abcd 1 + bc + bcde 1 + cd + cdea 1 + de + deab e + eab 10 + ≥ . 1 + ea + eabc 3 Prueba.
Como abcde = 1, entonces podemos hacer el cambio: a=
x y z w t , b= , c= , d= , e= y z w t x
270
12. Soluciones en efecto x x 1 1 + + a + abc y w y w = = x x 1 1 1 1 + ab + abcd 1+ + + + z t x z t tambi´en es conveniente otro cambio de variable, es decir 1 1 1 1 1 = m, = n, = p, = q, =r x y z w t luego a + abc 1 + ab + abcd b + bcd 1 + bc + bcde c + cde 1 + cd + cdea d + dea 1 + de + deab e + eab 1 + ea + eabc
= = = = =
n+q ; similarmente m+p+r p+r ; n+q+t q+m ; p+n+r r+n ; m+p+q m+p ; n+q+r
entonces basta demostrar la desigualdad
n+q p+r q+m r+n m+p 10 + + + + ≥ m+p+r n+q+t p+n+r m+p+q n+q+r 3 n+q p+r q+m ⇔ +1 + +1 + +1 m+p+r n+q+t p+n+r r+n m+p 10 + +1 + +1 ≥ +5 m+p+q n+q+r 3
271
⇔
m+n+p+q+r m+n+p+q+r m+n+p+q+r + + m+p+r n+q+t p+n+r 25 m+n+p+q+r m+n+p+q+r + + ≥ m+p+q n+q+r 3
⇔ 3(m + n + p + q + r) 1 1 1 1 1 + + + + ≥ 25 m+p+r n+q+t p+n+r m+p+q n+q+r Haciendo m + p + r = a′ , n + q + t = b′ , p + n + r = c′ , m + p + q = d′ , n + q + r = e′ , la desigualdad es equivalente a: 1 1 1 1 1 + + + + ≥ 25 (a + b + c + d + e ) a′ b′ c′ d′ e′ a′ + b′ + c′ + d′ + e′ 5 ⇔ ≥ , 1 1 1 1 1 5 + + + + a′ b′ c′ d′ e′ ′
′
′
′
′
esta desigualdad es verdadera, pues MA ≥ MH.
2
126. Sean a, b, c que satisfacen a2 + b2 + c2 = 1, halle el m´aximo valor de P = (a − b)(a − c)(b − c)(a + b + c). Prueba. "
Como
2 3(a b2 + c}2 ) | + {z 1
#2
2
= [2(a − b)2 + 2(a − c)(b − c) + (a + b + c)2 ] ≥ 8(a − c)(b − c) (2(a − b)2 + (a + b + c)2 ) √ ≥ 16 2(a − c)(b − c)(a − b)(a + b + c)
272
12. Soluciones √ ⇔ 32 ≥ 16 2 (a − c)(b − c)(a − b)(a + b + c) {z } | P
9 √ . ⇔ P ≤ 16 2 √ 9 2 ∴ el m´aximo de P es . 32
2
127. (IMO 2008). (a) Demuestre que x2 x2 x2 + + ≥1 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2
(12.24)
para todos los n´ umeros reales x, y, z, distintos de 1, con xyz = 1. (b) Demuestre que existen infinitas ternas de n´ umeros racionales x, y, z, distintos de 1, con xyz = 1 para los cuales la expresi´on (12.24) es una igualdad. Prueba. (a) Haciendo x − 1 = a, y − 1 = b, z − 1 = c, tenemos que x = a + 1, y = b + 1, z = c + 1 y como xyz = 1 entonces (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 1. De donde abc + ab + ac + bc + a + b + c = 0. Luego la desigualdad es equivalente a (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 + + ≥1 a2 b2 c2 con abc + ab + ac + bc + a + b + c = 0. Efectuando tenemos
b2 c2 (a + 1)2 + a2 c2 (b + 1)2 + a2 b2 (c + 1)2 ≥ a2 b2 c2 ⇔ 2a2 b2 c2 + 2ab2 c2 + 2ba2 c2 + 2ca2 b2 + a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ≥ 0 ⇔ 2a2 b2 c2 + 2abc(bc + ac + ab) + a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ≥ 0. (12.25)
273 Adem´as, como abc + a + b + c = −(ab + ac + bc)
(12.26)
elevando al cuadrado a2 b2 c2 + (a + b + c)2 + 2abc(a + b + c) = a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 + 2abc(a + b + c) ⇔ a2 b2 c2 + (a + b + c)2 = a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 , reemplazando en (12.25) 2a2 b2 c2 + 2abc(−abc − (a + b + c)) + a2 b2 c2 + (a + b + c)2 ≥ 0
⇔ a2 b2 c2 − 2abc(a + b + c) + (a + b + c)2 ≥ 0
⇔ (a + b + c − abc)2 ≥ 0.
(b) La igualdad ocurre si y s´olo si a + b + c − abc = 0
⇔ a + b + c = abc, reemplazando en (12.26) tenemos que 2(a + b + c) + ab + ac + bc = 0
⇔ 2(x + y + z − 3) + (x − 1)(y − 1) + (x − 1)(z − 1) +(y − 1)(z − 1) = 0
⇔ 2(x + y + z) − 6 + xy − (x + y) + 1 + xz − (x + z) + 1 +yz − (y + z) + 1 = 0
⇔ xy + xz + yz = 3 1 1 ⇔ xy + + = 3, pues xyz = 1 y x 1 2 ⇔ yx + − 3 x + 1 = 0, y
274
12. Soluciones como x es un n´ umero racional, entonces es necesario que su discriminante sea cuadrado perfecto, en efecto ∆ = =
1 −3 y
2
− 4y =
9y 2 − 6y + 1 − 4y y2
−4y 3 + 9y 2 − 6y + 1 (y − 1)2 (1 − 4y) = , y2 y2
luego para que sea cuadrado perfecto basta que 1 − 4y = k 2 , con k ∈ Q, 2(k − 1) 1 − k2 luego y = , reemplazando en la ecuaci´on se obtiene x = ∨ 4 (1 + k)2 −2(1 + k) x= , y de xyz = 1, se encuentra el valor de z. (1 − k)2 Por lo tanto existen infinitas ternas como (x, y, z) = (x, y, z) =
2(k − 1) 1 − k 2 −2(1 + k) , , (1 + k)2 4 (1 − k)2
−2(1 + k) 1 − k 2 2(k − 1) , , (1 − k)2 4 (1 + k)2
∨ . 2
BIBLIOGRAF´IA
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