Olimpiadas de Matemáticas
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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: \[P(\tfrac{1}{2})=\frac{\frac{n}{2^{n+2}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}}=2-\frac{n+2}{2^n}\lt 2.\]

Solución. Llamemos $x_1\leq x_2\leq x_3\leq x_4\leq x_5$ a los cinco números dados ordenados de menor a mayor. Si $a,b,c,d,e$ son los números del $1$ al $5$ en algún orden, el enunciado nos dice que $$x_a+x_b+x_c\geq x_d+x_e,\qquad x_a+x_d+x_e\geq x_b+x_c.$$ Sumando estas desigualdades, obtenemos que $x_a\geq 0$ para todo $a$ entre $1$ y $5$. Si consideramos las desigualdades siguientes y las sumamos también: $$x_a+x_b+x_c\geq x_d+x_e,\qquad x_a+x_b+x_e\geq x_d+x_c,$$ obtenemos que $x_a-x_d\leq x_b$ para cualesquiera $a,b,d$ distintos entre $1$ y $5$. Con esto podemos acotar \begin{align*} x_5-x_4&\leq x_1,& x_5-x_3&\leq x_2,&x_5-x_2&\leq x_3,&x_5-x_1&\leq x_4,&x_4-x_3&\leq x_5,\\ x_4-x_2&\leq x_1,& x_4-x_1&\leq x_2,&x_3-x_2&\leq x_5,&x_3-x_1&\leq x_4,&x_2-x_1&\leq x_3.\\ \end{align*} Finalmente, si multiplicamos todas las desigualdades anteriores (todos sus términos son positivos), obtenemos el resultado buscado: $$\prod_{i\lt j}(x_i-x_j)\leq x_1^2x_2^2x_3^2x_4^2x_5^2.$$

Nota. Si ordenamos los números de mayor a menor $x_1\leq x_2\leq x_3\leq x_4\leq x_5$, la condición del enunciado se traduce simplemente en que $0\leq x_1$ y $x_5\leq x_1+x_2$. ¿Sabrías demostrarlo?