Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definida por \[f(t)=\frac{1}{1+e^t}.\] Es fácil calcular sus derivadas, que vienen dadas por \[f'(t)=\frac{-e^t}{(1+e^t)^2},\qquad f''(t)=\frac{e^t(e^t-1)}{(e^t+1)^3}.\] De aquí deducimos que $f''(t)\gt 0$ para todo $t\gt 0$, luego $f$ es una función estrictamente convexa sobre los reales positivos. La desigualdad de Jensen nos asegura entonces que \[\frac{1}{n}\left(\frac{1}{1+e^{t_1}}+\frac{1}{1+e^{t_2}}+\ldots+\frac{1}{1+e^{t_n}}\right)\geq\frac{1}{1+e^{\frac{t_1+t_2+\ldots+t_n}{n}}},\] para cualesquiera $t_1,\ldots,t_n\geq 0$. Si ahora hacemos el cambio de variable \[t_1=\log(x_1),\ t_2=\log(x_2),\ ...,\ t_n=\log(x_n),\] (aquí es importante que $x_1,\ldots,x_n\geq 1$), obtenemos la desigualdad del enunciado.

Nota. Sólo hemos aplicado la desigualdad de Jensen, luego la igualdad en la desigualdad del enunciado se alcanza cuando se alcance en la de Jensen. Como la función $f$ es estrictamente convexa, deducimos que la igualdad en la desigualdad de Jensen se alcanza si, y sólo si, $t_1=t_2=\ldots=t_n$, es decir, cuando $x_1=x_2=\ldots=x_n$.

Solución. Definimos $x_{i_1}$ como el máximo de los números $x_1,\ldots,x_n$ y, para cada $k\geq 1$, definimos $x_{i_{k+1}}$ como el máximo de $x_{i_k+1}$ y $x_{i_k+2}$, donde adoptamos el convenio usual de considerar los subíndices módulo $n$. En otras palabras, $x_{i_{k+1}}$ es el máximo de los dos números que aparecen en el denominador de la fracción cuyo numerador es $x_{i_k}$, de forma que la sucesión $x_{i_1},x_{i_2},\ldots$ son los numeradores de fracciones del enunciado consecutivas o saltando una. De esta forma, está claro que llegará un momento en que volvamos a $x_{i_1}$, ya que es el máximo de todos los números, es decir, existirá un primer valor $p\geq 1$ tal que $x_{i_{p+1}}=x_{i_1}$ y, como vamos saltando de 1 en 1 o bien de 2 en 2, se cumple que $p\geq\frac{n}{2}$.

Entonces, si llamamos $S$ a la suma del miembro de la izquierda de la desigualdad del enunciado, podemos eliminar algunos términos para escribir \begin{align*} S&\geq\frac{x_{i_1}}{x_{i_1+1}+x_{i_1+2}}+\frac{x_{i_2}}{x_{i_2+1}+x_{i_2+2}}+\ldots+\frac{x_{i_p}}{x_{i_p+1}+x_{i_p+2}}\\ &\geq \frac{x_{i_1}}{2x_{i_2}}+\frac{x_{i_2}}{2x_{i_3}}+\ldots+\frac{x_{i_p}}{2x_{i_1}}\\ &\geq \frac{p}{2}\sqrt[p]{\frac{x_{i_1}}{x_{i_2}}\cdot\frac{x_{i_2}}{x_{i_3}}\cdots\frac{x_{i_p}}{x_{i_1}}}=\frac{p}{2}\geq\frac{n}{4}, \end{align*} donde hemos usado la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica. En realidad, la igualdad no puede alcanzarse, porque esto quiere decir que $p=\frac{n}{2}$ y, en consecuencia, hemos eliminado la mitad de los sumandos de la suma original, que son términos positivos.

Nota. En el caso $n=2$, la suma del enunciado es siempre igual a $1$. En el caso $n=3$, la desigualdad de Nesbitt nos dice que es mayor o igual que $\frac{3}{2}$ y la igualdad se alcanza cuando todos los números son iguales. No obstante, en general, parece complicado encontrar la constante óptima en función de $n$.

Solución. En primer lugar, haciendo el cambio de variables \[x=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}},\ y=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}},\ z=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}},\] tenemos la desigualdad equivalente \[\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\geq 2(1+x+y+z),\] es decir, nos hemos deshecho de la raíz cúbica, a cambio de la condición $xyz=1$. Ésta nos permite reescribir la siguiente desigualdad anterior como \[(x+y)(y+z)(x+z)\geq 2(1+x+y+z).\] Ahora bien, teniendo en cuenta las identidades \begin{eqnarray*} (x+y)(y+z)(x+z)&=&2xyz+(x^2y+xy^2+x^2z+zx^2+y^2z+z^2y),\\ (x+y+z)(xy+yz+xz)&=&3xyz+(x^2y+xy^2+x^2z+zx^2+y^2z+z^2y), \end{eqnarray*} y que $xyz=1$, deducimos $(x+y)(y+z)(x+z)=(x+y+z)(xy+yz+xz)-1$. Así podemos reescribir de nuevo la desigualdad a probar como \[(x+y+z)(xy+yz+xz-2)\geq 3.\] Esta última desigualdad se deduce de aplicar la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a las ternas $(x,y,z)$ y $(xy,yz,xz)$, es decir, de las desigualdades elementales \[x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3,\qquad xy+yz+xz\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3.\]

Solución. Supongamos que $x$ e $y$ son números fijos a lo largo del siguiente razonamiento y que $x\neq y$ (ya que en tal caso, la desigualdad es obviamente una igualdad). Además, supondremos que $m\geq n$ sin perder generalidad. Definimos una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ (a la que aplicaremos la desigualdad de Jensen) como \[f(t)=x^{m+n}(\tfrac{y}{x})^t+y^{m+n}(\tfrac{x}{y})^t.\] Esta función es derivable y su derivada viene dada por \[f'(t)=x^{m+n}(\tfrac{y}{x})^t\ln(\tfrac{y}{x})+y^{m+n}(\tfrac{x}{y})^t\ln(\tfrac{x}{y})=x^ty^t(x^{m+n-2t}-y^{m+n-2t})\ln(\tfrac{y}{x}).\] El factor $(x^{m+n-2t}-y^{m+n-2t})$ tiene el signo opuesto a $\ln(\tfrac{y}{x})$ para $t\in[0,\frac{m+n}{2}]$ y el mismo signo si $t\in[\tfrac{m+n}{2},m+n]$. Por lo tanto, se sigue que $f$ es estrictamente decreciente en $[0,\frac{m+n}{2}]$ y estrictamente creciente en $[\tfrac{m+n}{2},m+n]$ (siempre que $x\neq y$, ya que $f$ es constante si $x=y$). La segunda derivada de $f$ viene dada por \[f''(t)=x^{m+n}(\tfrac{y}{x})^t\ln(\tfrac{y}{x})^2+y^{m+n}(\tfrac{x}{y})^t\ln(\tfrac{x}{y})^2,\] que es claramente positivo (de nuevo usamos que $x\neq y$), en cuyo caso tenemos que $f$ es una función convexa. La desigualdad de Jensen con pesos nos dice que $$af(u)+bf(v)\geq(a+b)f\left(\frac{au+bv}{a+b}\right)$$ para cualesquiera $a,b\gt 0$ y $u,v\in\mathbb{R}$. Tomando $a=(n-1)(m-1)$ y $b=m+n-1$, obtenemos que $a+b=mn$. Elegimos también $u=0$ y $v=n$, lo que nos dice que el miembro de la izquierda es el del enunciado: $$af(u)+bf(v)=(n-1)(m-1)(x^{m+n}+y^{m+n})+(m+n-1)(x^my^n+x^ny^m).$$ Por su parte, el miembro de la derecha en Jensen podemos estimarlo para $m+n\geq 3$ como $$(a+b)f(\tfrac{au+bv}{a+b})=nm f(1+\tfrac{n-1}{m})\geq nm f(2)=nm(x^{m+n-2}y^2+x^2y^{m+n-2}),$$ donde hemos usado que $f$ es decreciente en $[0,\frac{m+n}{2}]$ y simétrica respecto de $x=\frac{m+n}{2}$. Nos queda así por analizar el caso $(m,n)=(2,1)$, ya que estamos suponiendo $m\geq n$ y $(m,n)=(1,1)$ está descartado por el enunciado (en este caso, la desigualdad se reduce a $-(x-y)^2\geq 0$ y no es cierta). Sin embargo, al sustituir $m=2$ y $n=1$ en el enunciado, obtenemos $0\geq 0$, luego en este caso siempre se da la igualdad.

Nota. Si $x=y$ o bien $(m,n)=(2,1)$ o $(m,n)=(1,2)$, se tiene la igualdad, como ya se ha comentado. No hay más casos en que se dé la igualdad, ya que Jensen nos dice que $a=0$ o $b=0$ ya que $f$ es estrictamente convexa y $u\neq v$. Como quiera que $b\geq 1$, tenemos necesariamente que $a=0$, luego $m=1$ o $n=1$. Además, se tiene que dar que $f(1+\frac{n-1}{m})=f(2)$, lo que nos lleva a que $m+n=3$ y, por tanto, $m=2$ y $n=1$.

Solución. Tomando logaritmos en base 2, la desigualdad que queremos probar es equivalente a \[\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\ldots+\frac{n}{2^n}\lt 2.\] En lugar de aplicar desigualdades conocidas, veamos que la suma del miembro de la izquierda de la desigualdad anterior se puede calcular explícitamente. Dicha suma es igual a $P(\frac{1}{2})$, siendo $P(x)$ el polinomio \[P(x)=x+2x^2+\ldots+nx^n=x(1+2x+\ldots+nx^{n-1}).\] La idea ahora es darse cuenta de que el último factor es la derivada de la función $Q(x)=x+x^2+\ldots+x^n=\frac{x^{n+1}-x}{x-1}$, por lo que podemos calcular \[P(x)=xQ'(x)=x\left(\frac{((n+1)x^n-1)(x-1)-(x^{n+1}-x)}{(x-1)^2}\right)=\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1}-x^2+x}{(x-1)^2}.\] Sustituyendo $x=\frac{1}{2}$ obtenemos fácilmente la desigualdad que buscábamos: \[P(\tfrac{1}{2})=\frac{\frac{n}{2^{n+2}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}}=2-\frac{n+2}{2^n}\lt 2.\]