libro desigualdades (4).pdf

´ 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, formación e investigaci´ on en matem´ atica, ciencias naturales, ciencias sociales y las diversas expresiones del arte. La matemática tiene un rol protag´ onico en el desarrollo de las ciencias y la tecnolog´ıa. Su contribución en las investigaciones de otras ciencias es invalorable. As´ı por ejemplo, f´ısicos, qu´ımicos, bi´ ologos, soci´ ologos, antrop´ ologos, por citar sólo algunos ejemplos, hacen uso en sus trabajos de teor´ıas y herramientas matemáticas. Desde esta perspectiva, desarrollamos una pol´ıtica de fomento a la investigación de nuestros docentes que tiene como resultado no s´ olo la elevaci´ on del servicio educativo en las aulas sino también la publicaci´ on de textos académicos 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 interés 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 académicas 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 promoción 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 década del 90 empezamos, con un grupo de colegas del Instituto de Ciencias y Humanidades, a colaborar en la ense˜ nanza de jóvenes que representar´ıan al Per´ u en las olimpiadas internacionales de matemática, 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 interés por realizar una publicación de mi especialidad, en particular sobre el tema de desigualdades. As´ı, en diciembre de 2007 pude iniciar el proyecto que después de diez meses se materializa en la presente publicación titulada Desigualdades, olimpiadas matem´ aticas. No hay experiencia comparada a la adquirida por los estudiantes que participan en las olimpiadas. Su participación en olimpiadas, permite que los estudiantes ganen mayor conocimiento, que se formen como futuros cient´ıficos y que establezcan relaciones de colaboración académica con otras personas e instituciones del extranjero. Las pruebas de olimpiadas integran problemas de gran nivel anal´ıtico que corresponden a temas propios del álgebra, matemática discreta, teor´ıa de n´ umeros y geometr´ıa. Aparte del talento, quienes participan en olimpiadas requieren dedicación, perseverancia y un equipo de profesionales que los ayude en su preparación. Se trata de una práctica que deber´ıa recorrer toda la vida escolar. Es necesario, desde la escuela, fomentar la organización de talleres de matemática, la formación de equipos de estudiantes que participen en concursos a nivel local, regional y nacional. El presente texto pretende contribuir con este propósito. El texto desarrolla el tema de desigualdades, uno de los tópicos fundamentales del álgebra. Recoge un conjunto de elementos teóricos 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 matemática (IMO, por sus siglas en inglés) desde el a˜ no 59 al a˜ no 2008. En algunos casos, los problemas están acompa˜ nados de más de una solución de modo que el lector conozca una mayor diversidad de estrategias para encarar los ejercicios. Para la elaboración del texto he utilizado como fuente libros editados en Estados Unidos, Europa y Asia. Asimismo, he recurrido a valiosa información de Internet y he sistematizado la experiencia adquirida en la ense˜ nanza de estudiantes que participan en olimpiadas matemáticas. Es recomendable, para abordar el texto, que el lector tenga conocimientos básicos 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 solución. Quiero hacer p´ ublico mi agradecimiento al Instituto de Ciencias y Humanidades (ICH) por su apoyo en la investigación y edición del texto. A Jorge Tipe Villanueva, por sus importantes sugerencias, a Juan Neyra Faustino, por su colaboración 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

ÍNDICE GENERAL

1. N´ umeros Reales 1.1. Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Axiomas de adición. . . . 1.1.2. Axiomas de multiplicación. 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. Máximo 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

ÍNDICE GENERAL

7. Desigualdad con Funciones Convexas 89 7.1. Función convexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 8. Espacio M´ etrico 97 8.1. Desigualdad de Hölder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 simétricos y c´ıclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 11.Problemas

129

12.Soluciones

149

Bibliograf´ıa

275

CAPÍTULO

1

´ NUMEROS REALES 1.1.

Cuerpos

Un cuerpo es un conjunto K con dos operaciones llamadas adición y multiplicación, 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 . Simétrico. 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 denotará x − y y se denomina la diferencia entre x e y. La operación se llama sustracción.

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 . Simétrico. 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 están 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 sólo 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 relación 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, sólo 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 yy ∴ 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.

Análogamente 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


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


Prueba.

La demostración es análoga 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 análogo. 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.


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 denominará 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 máximo de X si y sólo 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 sólo si y ≥ y0 , para todo y ∈ Y .

10


Ejemplo 1.2 Sean A = [−3, 5], B = h−3, 5i, entonces máx (A) = 5;

sup (A) = 5

m´ın (A) = −3;

´ınf (A) = −3

m´ın (B) no existe;

sup (B) = 5

máx (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 contradicción. ∴ 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 definición 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.


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 ;

también q es par, como p y q son primos entre s´ı, hemos llegado a una contradicción.

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 sólo si a = b.

12


(ii) De (i) a2 + b2 ≥ 2ab

⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab

⇔ (a + b)2 ≥ 4ab

⇔ 4ab ≤ (a + b)2 . La igualdad ocurre si y sólo 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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.


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 sólo si a = b = c.

2

16

1. N´ umeros Reales 7. Sean a, b, c n´ umeros reales no negativos, donde dos de ellos simultáneamente 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 aplicación 3). La igualdad ocurre si y sólo 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 sólo 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


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 sólo 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 sólo 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 sólo 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


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 sólo 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 sólo 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


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 sólo 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 sólo 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 término 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 sólo si x = y = √ . 2

2

24


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 sólo 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 sólo si a = b = c.

2

CAPÍTULO

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| = máx {x; −x}. Prueba.

  para x > 0; x; máx {x; −x} = 0; para x = 0; = |x|.   −x; para x < 0. 25

2

26

2. Valor Absoluto y Máximo 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| = máx {−x; −(−x)} = máx {−x; x}

= |x|.

(ii) Por definición |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| = máx {x; −x} ≥ x. (ii) |x| = máx {x; −x} ≥ −x.

28


(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 sólo 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. Máximo Entero o Parte Entera

2.2.

29

M´ aximo Entero o Parte Entera

Definici´ on 2.2: El máximo 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 definición [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


(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 definición [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. Máximo Entero o Parte Entera

31

También [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 definición se tiene 0 ≤ {x} < 1 y {x} = 0 ⇔ x ∈ Z. ¿Cuáles 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 función 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


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 inecuación

Soluci´ on.

2 √ x − 1 > 2.

La inecuación:

[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 ecuación 

 5−x   2  =− x−2 .   2 4 Soluci´ on. Por el teorema 2.5, el lado izquierdo de la ecuación 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 Máximo 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 ecuación se verifica para todo x ∈ Z, pues es una aplicación 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 contradicción; 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 contradicción a lo supuesto. √ √ √ Luego n + n + 1 y 4n + 2 tienen el mismo máximo 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 máximo entero:    41 − n n − 17  n − 12 +   n − 12 −  25 25  = ,     3 3 

36

2. Valor Absoluto y Máximo 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

CAPÍTULO

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 sólo si las n-uplas (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bn ) son colineales. Primera Prueba.

Definimos el polinomio cuadrático

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 aplicación de la desigualdad de Cauchy-Schwarz y por ello algunos afirman que simplemente es la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Segunda Prueba. (Por inducción). Veamos que la inducción 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 sólo 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 simétrico, 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)

También (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 sólo si x = y = z.

3.3.

2

Dos sustituciones muy u ´ tiles

Si en las inecuaciones tenemos la condición abc = 1, es conocida la sustitución a=

x y z , b= , c= , y z x

que hace que el problema se convierta en otro más fácil; aunque esto no es siempre para todo problema.

42

3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz

Veamos otras sustituciones que son muy u ´ tiles en la resolución de problemas de desigualdades en los torneos internacionales. Si tenemos las condiciones x, y, z > 0 y xyz = x + y + z + 2, nos preguntamos, ¿cuál ser´ıa la sustitución? De la condición 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 condición. Para x, y, z > 0 y xy + yz + zx + 2xyz = 1 la sustitución 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 sustitución sólo 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 variación de 2a + b. Soluci´ on. Como nos piden la variación 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 sólo 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 sólo si a = b.

2

4. Sean a, b, c n´ umeros reales, tales que no son nulos simultáneamente, halle el valor máximo 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 máximo valor de f es 91, y esto ocurre si y sólo si (a, b, c) = (1, 3, 9). 2 5. Sean a, b n´ umeros reales, halle la variación 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 variación 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 sólo 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 sólo si x = y = z.

1/2

≤ 61/2 . 2


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 sólo 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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


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 ésta es la desigualdad de Sch¨ ur para n = 1. La igualdad ocurre si y sólo 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 contradicción, 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 sustitución x=

b+c c+a a+b , y= , z= . a b c

Entonces será 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 sólo 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 fracción 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 sustitución 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 será 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 aplicación 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.


2

CAPÍTULO

4

DESIGUALDAD DE LA MEDIA ´ ´ ARITMETICA - MEDIA GEOMETRICA En las olimpiadas de matemáticas, en lo que corresponde al cap´ıtulo de desigualdades, una de las propiedades muy utilizadas es la Media Aritmética - Media Geométrica; en tal sentido, mostraremos una serie de ejercicios que nos permitan profundizar. Antes de enunciar los teoremas, definiremos la Media Aritmética, Media Geométrica y Media Armónica 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 Aritmética es mayor o igual que su Media Geométrica (MA ≥ MG). La igualdad ocurre si y sólo si x1 = x2 = · · · = xn . Prueba. Sea Pn = {MA ≥ MG para n n´ umeros}; probemos por inducción matemática de la siguiente manera 55

56

4. Desigualdad de la Media Aritmética - Media Geométrica (i) Probaremos que se cumple para dos n´ umeros, es decir P2 es verdadero.

(ii) Tomando la hipótesis 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 sólo 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 Geométrica - Media Armónica) Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, entonces su Media Geométrica es mayor o igual que su Media Armónica (MG ≥ MH). La igualdad ocurre si y sólo 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 Aritmética - Media Geométrica

⇔

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 sólo si x1 = x2 = · · · = xn .

2

Colorario 4.2 (Desigualdad de la Media Aritmética - Media Armónica) Sean x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reales positivos, entonces x1 + x2 + · · · + xn n ≥ . 1 1 1 n + +···+ x1 x2 xn Prueba. que

La demostración 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 .


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 sólo 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 sólo 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 Aritmética - Media Geométrica 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 sólo 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 además 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 sólo 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 sólo 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 sólo si x = 1.

2

62

4. Desigualdad de la Media Aritmética - Media Geométrica 7. Pruebe que M =1+

r

2+1 + 2

r 3

3+1 +···+ 3

r n

n+1 < n + 1. n

Prueba. El término 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, pág 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, pág 17] n 2

9. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos con a + b + c = 3, halle el máximo 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 expresión simétrica para a, b, c entonces el máximo 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 Aritmética - Media Geométrica 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

√ ∴ máx f = 3 3 3.

[10, pág 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 sólo si x = y = z.

2

66


11. Sean a, b, c lados de un triángulo 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 sólo 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


CAPÍTULO

5

DESIGUALDAD DE BERNOULLI Y LA MEDIA POTENCIAL La desigualdad de Bernoulli es muy importante, puesto que es muy utilizada en el análisis matemático y en otras ramas de la matemática. Teorema 5.1 Si x ≥ −1 y n entero positivo, entonces (1 + x)n ≥ 1 + nx. Prueba.

La demostración la haremos por inducción.

Si n = 1: 1 + x ≥ 1 + x, es verdadera. Supongamos que se cumpla para n = k, es decir: (1 + x)k ≥ 1 + kx (hipótesis 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 sucesión 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 sólo 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 sólo 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 aritmética, n 2 1 x1 + x22 + · · · + x2n 2 es la media cuadrática, = n −1 −1 −1 x1 + x−1 2 + · · · + xn = es la media armónica. 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 sólo 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 sólo 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 sólo 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 relación 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 sólo 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 sólo si x = y = z = 1.

2

78

5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial

CAPÍTULO

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 = máx {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 permutación 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 permutación (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 permutación (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


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 además 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 pérdida 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 relación 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


CAPÍTULO

7

DESIGUALDAD CON FUNCIONES CONVEXAS Las funciones convexas cumplen un rol muy importante en la matemática, especialmente en la l´ınea de optimización, ya que en estos tiempos se están estudiando modelos matemáticos 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 matemáticas internacionales.

7.1.

Funci´ on convexa

Definici´ on 7.1: Sea f una función real de variable real, definida sobre [a, b] ⊂ R. f es llamada una función convexa sobre [a, b] si y sólo 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 continuación utilizaremos el concepto de primera y segunda derivada (se puede cualquier libro de Análisis Matemático). Teorema 7.1 Si f es una función real definida sobre [a, b] ⊂ R y f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ ha, bi, entonces f es una función 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 función 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. Función convexa

91

Ejemplo 7.1 La función 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 definición. 2

2

Definici´ on 7.2 : Una función f real definida sobre [a, b] ⊂ R es llamada función cóncava sobre [a, b] si y sólo 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


Prueba. Demostraremos por inducción. 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 cóncava entonces f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) ≥ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn ). Teorema 7.4 Si f es una función real definida sobre [a, b] ⊂ R, y f ′′ (x) < 0 para todo x ∈ ha, bi, entonces f es una función cóncava sobre [a, b].

7.1. Función 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 además 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 aplicación 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


Prueba.

Por la forma de cada fracción del primer miembro, definimos la función 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. Función convexa

95

entonces f es cóncava. 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 función f (x) = √ , x > 0. La función es convexa, y sin x pérdida 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.


2

96


CAPÍTULO

8

´ ESPACIO METRICO Una de las operaciones principales del análisis es el paso al l´ımite. Esta operación descansa sobre el hecho de que en la recta numérica está definida la distancia entre dos puntos. Es impresionante ver que muchos resultados principales del análisis no tienen nada que ver con la naturaleza algebraica del conjunto de los n´ umeros reales, es decir, sólo se apoya en las propiedades de distancia y con ello llegamos al concepto de Espacio Métrico, que es uno de los conceptos más importantes de la matemática moderna. Definici´ on 8.1 : Un espacio métrico es un par (X, d) compuesto de un conjunto (espacio) X 6= ∅ de elementos (puntos) y de una distancia, es decir una función 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 métrico (X, d), por comodidad en la notación. 97

98

8. Espacio Métrico

Mencionaremos algunos ejemplos que desempe˜ nan un papel importante en el análisis. 1. Sea X 6= ∅ un conjunto arbitrario con ( 0, x = y d(x, y) = 1, x = 6 y (X, d) es un espacio métrico llamado de puntos aislados. 2. El conjunto de los n´ umeros reales con la distancia d(x, y) = |x − y| forma el espacio métrico (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 métrico (Rn , d). Para verificar que es espacio métrico, 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 Métrico 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 |.

También es un espacio métrico (Rn , d1 ). 5. Considerando nuevamente Rn , y definiendo una nueva distancia d2 (x, y) = máx |yk − xk |. 1≤k≤n

También es un espacio métrico (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 función 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 , también (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 métrico (R , dp ). Para comprobar que es espacio métrico, 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 continuación estudiaremos esta desigualdad, llamada desigualdad de Minkonski; previamente veremos la desigualdad de Hölder.

102


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 Hölder en cada término del segundo miembro, sa1 1 biendo que p > 1 y + = 1 p q

104


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

,

,

además 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 triángulo. 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


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 Hölder 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


CAPÍTULO

9

´ METODO DE LA SUMA DE CUADRADOS Definici´ on 9.1 : El polinomio f (a1 , a2 , . . . , an ) es homogéneo si todos sus términos tienen el mismo grado absoluto. Mencionaremos algunos ejemplos: 1. f (a1 , a2 ) = a21 + a22 + 5a1 a2 , es homogéneo de segundo grado. 2. f (a1 , a2 , a3 ) = a31 + a22 a3 + a1 a2 a3 , es homogéneo de tercer grado. Sea el polinomio homogéneo f (a1 , a2 , . . . , an ), entonces f (a1 , a2 , . . . , an ) ≥ 0, para todo a1 , a2 , . . . , an reales, significa que la función puede expresarse como una suma f (a1 , a2 , . . . , an ) = p21 + p22 + · · · + p2n , donde pk es una función 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. Método 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 pérdida 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


(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 pérdida 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 cuándo 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 pérdida 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


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 pérdida 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 triángulo.

Sin pérdida 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


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 triángulo)

+

+

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 sólo si el triángulo es equilátero. 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 ; análogamente 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


(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 pérdida 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 sólo si a = b = c =

3 . 3

[10]

2

CAPÍTULO

10

´ DESIGUALDADES SIMETRICAS Y CÍCLICAS 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 simétricas 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 Simétricas 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 simétricos elementales, daremos una definición. Definici´ on 10.2: Dados los polinomios simétricos 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 sólo si a1 = a2 = · · · = an . Nota 10.1 Antes de la demostración del teorema, veamos un resultado muy importante que usaremos en la demostración 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 análisis matemático) 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 hipótesis 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


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 ésta 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 sólo 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 sólo si se cumple a1 = a2 = · · · = an .

2

122


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 simétricos y c´ıclicos

10.1.

123

Polinomios sim´ etricos y c´ıclicos

Para mayor comprensión 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 continuación enunciaremos el teorema de Muirhead para tres variables para mayor entendimiento.

124


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 hipótesis 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 ≥ máx {a1 + a2 − b1 , b1 }. Además máx {a1 , a2 } = a1 ≥ máx {a1 + a2 − b1 , b1 }; también de a1 + a2 − b1 ≥ b1 + a3 − b1 = a3 y a1 + a2 − b1 ≥ b2 ≥ b3 , tenemos máx {a1 + a2 − b1 , a3 } ≥ máx {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


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 además a1 ≥ a2 ≥ b1 ⇒ a1 ≥ a2 + a3 − b1 . Luego tenemos que máx {a2 , a3 } ≥ máx {b1 , a2 + a3 − b1 } y máx {a1 , a2 + a3 − b1 } ≥ máx {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


≥ = = = ≥ =

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


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 definición.

128


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 sólo 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 sólo 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 sólo si x1 = x2 = x3 = x4 . 2

CAPÍTULO

11

PROBLEMAS 1. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que a y b son las medias aritmética y geométrica 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 variación 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 máx {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 triángulo, 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 + máx {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 triángulo, 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 triángulo, 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 triángulo, pruebe que r 3

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ máx {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). ¿Cuándo 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 triángulo, 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 máximo 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 función 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 máximo 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 ≤ máx 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 triángulo, 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 permutación 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 permutación (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 triángulo 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 triángulo, 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 máximo 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 expresión (11.1) es una igualdad.

148

11. Problemas

CAPÍTULO

12

SOLUCIONES 1. Sean x, y n´ umeros reales positivos tales que a y b son las medias aritmética y geométrica 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). También 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 contradicción. Por lo tanto una de las desigualdades debe ser verdadera. 2 4. Si a2 + b2 = 1, halle la variación 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 sólo 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.


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.


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 fracción

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)

además

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 además 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

además 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 sólo 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 sólo 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 afirmación 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 pérdida 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 sólo 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 máx {a, b, c}.

Supongamos que máx {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 función 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 sólo si x = y = z = . 3

2

29. (IMO 1964). Sean a, b, c los lados de un triángulo, 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 + máx {a; b} ≤ . 4 Prueba.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que máx {a; b} = a

entonces la desigualdad (12.6) es equivalente a: √ 3 3 ab + a ≤ . 4

(12.6)

172

12. Soluciones Definamos la función 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 opción. De la condición 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 sólo si (a, b, c, d) = (2, 0, 0, 0), y sus respectivas permutaciones. [8, pág 15] 2 33. Sean a, b, c los lados de un triángulo, 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.


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 sólo 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


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


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, pág 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, pág 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 cuadrática ≥ media aritmética) 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 sólo 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 fracción 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 pérdida 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 triángulo, 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 triángulo. 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 triángulo, pruebe que r 3

Prueba. mos probar

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ máx {a, b, c}. 2

Sin pérdida de generalidad, sea a = máx {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 triángulo, por lo tanto está 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 pérdida 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 además 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 sólo 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 sólo 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 pérdida 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 ]


(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 sólo 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). ¿Cuándo 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 hipótesis 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 sólo 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.


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 )


⇔

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 continuación veremos como una aplicación 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


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


≥ = ⇔ ≤ ⇔ ≤

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 pérdida de generalidad, supongamos que a = máx {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 triángulo, 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


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 )


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 pérdida 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 será 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, pág 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 condición 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 además 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 más 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.


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 expresión, 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 cuadrática 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 sólo 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 también 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 pérdida 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


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 cuándo ocurre este m´ınimo. 1 El m´ınimo ocurre si ab = =1 ab entonces 1=

√

ab ≤

a+b 1 ≤ , ¡contradicción! 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 parámetro 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 ≤ ¡contradicción! 2 √ Esto significa que el m´ınimo no es 3 2. Analizamos la expresión y aprovechando la forma simétrica 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 máximo 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 . ∴ máx 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 sólo si a = b = c.

de donde

2

107. Sean a, b, c, d n´ umeros reales positivos, halle el m´ınimo valor de la función 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.

¿Cuándo 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 máximo 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 ≤ máx 3 Soluci´ on.

Sin pérdida de generalidad podemos tomar el orden a≤b≤c

entonces debemos demostrar que √ √ 2 a+b+c √ 3 − abc ≤ c− a . 3 Definamos la función 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 cóncava, luego f (x) ≤ máx {f (a), f (c)} supongamos que f (c) ≤ f (a), entonces f (a) es el máximo 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 ≤ máx ∴ 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 sólo 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 sólo 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 solución 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 triángulo, pruebe que a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc. Prueba.


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 permutación de (y1 , y2 , . . . , yn ), pruebe que (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 ≤ (x1 − z1 )2 + · · · + (xn − zn )2 .

256


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 ) unapermutación 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 permutación (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 permutación (y1 , y2 , . . . , yn ) de (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que |y1 + 2y2 + · · · + nyn | ≤

n+1 . 2

Prueba. Sin pérdida 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
Gráficamente 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 además N ≤ − < ≤ M. 2 2 2 2

Sean (y1 , y2 , . . . , yn ) una permutación de (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que P = 1y1 + 2y2 + · · · + nyn . (n + 1) Tomamos el máximo valor de P ≤ − y también 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 triángulo para todo i, j, k con 1 ≤ i < j < k ≤ n. Prueba. Basta demostrar sin pérdida 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.


(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 triángulo, 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 | =


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


≤

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


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 además 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 relación

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 sólo si (a, b, c) = 32 3 3 2 1 + √ , 1, 1 − √ . 2 2

124. (IMO 1983). Sean a, b, c los lados de un triángulo, 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 triángulo 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 también 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 máximo 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 máximo 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 expresión (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 Además, 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 sólo 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 ecuación 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

BIBLIOGRAFÍA

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libro desigualdades (4).pdf

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