Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Tomando logaritmos en la desigualdad del enunciado, ésta es equivalente a \[\frac{a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)}{a+b+c}\geq\frac{\ln(a)+\ln(b)+\ln(c)}{3}{.}\] Aplicando la desigualdad de Jensen a la función cóncava $f(x)=\ln(x)$ y a los números $x_1=a$, $x_2=b$ y $x_3=c$, con pesos $t_1=\frac{a}{a+b+c}$, $t_2=\frac{b}{a+b+c}$ y $t_3=\frac{c}{a+b+c}$, tenemos que \begin{eqnarray*} \frac{a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)}{a+b+c}&=&f(t_1x_1+t_2x_2+t_3x_3)\\ &\geq& t_1f(x_1)+t_2f(x_2)+t_3f(x_3)=\log\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right). \end{eqnarray*} Por otro lado, las desigualdades entre las medias aritmética y cuadrática y entre las medias cuadrática y geométrica nos dicen que \[\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\geq\frac{a+b+c}{3},\qquad \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\geq\sqrt[3]{abc},\] y multiplicando estas dos desigualdades llegamos fácilmente a que \[\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\geq\sqrt[3]{abc}{.}\] Usando esta desigualdad en el resultado que obtuvimos de la de Jensen, llegamos a que \[\frac{a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)}{a+b+c}\geq\log(\sqrt[3]{abc})=\frac{\ln(a)+\ln(b)+\ln(c)}{3}{,}\] que es la desigualdad buscada.

Nota. Otra forma de resolver este problema consiste en usar la desigualdad de Jensen sobre la función convexa $f(x)=x\ln(x)$.La igualdad se alcanza si, y sólo si, $a=b=c$, tal y como se deduce de la desigualdad de las medias o de la de Jensen.

Solución. Si suponemos que $a\leq b\leq c$, entonces $\ln(a)\leq\ln(b)\leq\ln(c)$ están ordenados en el mismo orden. Por lo tanto, tenemos que \begin{eqnarray*} a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)\geq b\ln(a)+c\ln(b)+a\ln(c),\\ a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)\geq c\ln(a)+a\ln(b)+b\ln(c),\\ a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c) = a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c). \end{eqnarray*} La primeras dos desigualdades se obtienen por la desigualdad de reordenación y la última es una igualdad trivial. Sumando las tres expresiones, llegamos a que \[a\ln(a)+b\ln(b)+c\ln(c)\geq\frac{a+b+c}{3}(\ln(a)+\ln(b)+\ln(c)),\] que es equivalente a la desigualdad propuesta, sin más que tomar logaritmos.

Solución. En cualquier disposición que hagamos los números del 1 al 9 ocuparán posiciones consecutivas y se pueden dividir en tres grupos de tres números cada uno. Como $1+2+\ldots+9=45$, el principio del palomar nos asegura que alguno de estos tres grupos tiene que sumar al menos $\frac{45}{3}=15$, lo que nos da una respuesta negativa a las opciones (a) y (b). Queda por ver si pueden disponerse los números para que la suma de tres consecutivos sea a lo sumo 15. La respuesta es afirmativa ya que podemos colocarlos en el orden $0-9-5-1-8-4-3-7-6-2$.

Solución. Teniendo en cuenta que una ecuación de la forma $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$ se puede escribir como $(z-x)(z-y)=z^2$, la condición del enunciado se transforma fácilmente en $rq(n-1)^2=(r+q)^2$. Como $r$ y $q$ no pueden ser cero (no se cumpliría la condición del enunciado), deducimos que \[(n-1)^2=\frac{(r+q)^2}{rq}{.}\] A esta última ecuación también puede llegarse operando directamente sobre la condición del enunciado sin dificultad. Podemos usar esta ecuación para expresar \[\frac{n-3}{n+1}=\frac{(n-3)(n+1)}{(n+1)^2}=\frac{n^2-2n-3}{(n+1)^2}=\frac{(n-1)^2-4}{(n+1)^2}=\frac{(r+q)^2-4rq}{rq(n+1)^2}=\frac{(r-q)^2(n-1)^2}{(r+q)^2(n+1)^2}\] y, por tanto, se tiene que $\frac{n-3}{n+1}$ es el cuadrado de un número racional, como queríamos probar.

Es necesario darse cuenta de que $n$ no puede ser $-1$, pues en tal caso el enunciado no se cumpliría. Por reducción al absurdo, si $n=-1$, la condición del enunciado nos dice que $\frac{1}{r+q}=0$, lo que es una contradicción.

Solución. Multiplicando por $xyN$ y pasando todos los términos al segundo miembro, la ecuación se puede escribir también como $xy-xN-yN=0$. Sumando $N^2$ a ambos miembros y factorizando, llegamos a que $(x-N)(y-N)=N^2$. De aquí deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación original como divisores tiene $N^2$. Para probar esto, observamos que, para cada divisor $d$ de $N^2$, tenemos que $x=d+N$ e $y=\frac{N^2}{d}+N$ forman una solución de la ecuación y es fácil darse cuenta de que todas las soluciones son de esta forma ya que $x-N$ e $y-N$ tienen que ser divisores complementarios de $N^2$.

De esta forma, la información del enunciado nos dice que $N^2$ tiene exactamente $2005$ divisores. Si descomponemos en divisores primos $N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$ (aquí $p_1,\ldots,p_k$ son los divisores primos de $N$ y $e_1,\ldots,e_k$ sus exponentes), entonces $N^2=p_1^{2e_1}p_2^{2e_2}\cdots p_k^{2e_k}$, con lo que el número de divisores de $N^2$ es $(2e_1+1)(2e_2+1)\ldots(2e_k+1)=2005$. Como $2005=5\cdot 401$ y $401$ es primo, tenemos dos posibilidades:

• $k=1$ con $2e_1+1=2005$, en cuyo caso $e_1=1002$ y tenemos que $N=p_1^{1002}$ es un cuadrado perfecto.
• $k=2$ con $2e_1+1=5$ y $2e_2+1=401$, en cuyo caso $e_1=2$ y $e_2=200$ y tenemos que $N=p_1^2p_2^{200}$ también es un cuadrado perfecto.

En cualquiera de los dos casos tenemos probado el enunciado.

Solución. Apliquemos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los vectores $u=(\sqrt{p},\sqrt{q})$ y $v=(x\sqrt{p},y\sqrt{q})$. Obtenemos que \[(px+qy)^2=(u\cdot v)^2\leq (u\cdot u)(v\cdot v)=(p+q)(px^2+qy^2).\] Como $p+q\lt 1$, deducimos la desigualdad del enunciado.

Solución. Apliquemos la desigualdad de Jensen a la función convexa $f(t)=t^2$ sobre los valores $x$ e $y$, con pesos $\frac{p}{p+q}$ y $\frac{q}{p+q}$ (que suman 1), respectivamente. Tenemos entonces que \[\left(\frac{px+qy}{p+q}\right)^2=f\left(\frac{p}{p+q}x+\frac{q}{p+q}y\right)\leq\frac{p}{p+q}f(x)+\frac{q}{p+q}f(y)=\frac{px^2+qy^2}{p+q}{.}\] Multiplicando ambos miembros por $(p+q)^2$ y usando que $p+q\lt 1$, obtenemos la desigualdad del enunciado.

Nota. La desigualdad de Jensen con pesos aplicada a la función $f(t)=t^2$ también es equivalente a la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática con pesos.