Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como la desigualdad es simétrica, podemos suponer que $x\geq y\geq z$ sin perder generalidad, de donde deducimos fácilmente que \[x^3\leq y^3\leq z^3,\qquad \frac{1}{(1+y)(1+z)}\leq \frac{1}{(1+x)(1+z)}\leq \frac{1}{(1+x)(1+y)}.\] De esta forma, podemos aplicar la desigualdad de Chebyshev, que nos asegura que \begin{eqnarray} \frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}&\geq&\frac{(x^3+y^3+z^3)\left(\frac{1}{(1+y)(1+z)}+\frac{1}{(1+x)(1+z)}+\frac{1}{(1+x)(1+y)}\right)}{3}\\ &=&\frac{(x^3+y^3+z^3)(3+x+y+z)}{3(1+x)(1+y)(1+z)} \end{eqnarray} Las desigualdades entre las medias aritmética y cúbica y entre las medias aritmética y geométrica nos permiten acotar \begin{eqnarray} x^3+y^3+z^3&\geq&\frac{1}{9}(x+y+z)^3,\\ 3(1+x)(1+y)(1+z)&\leq&\frac{1}{9}(3+x+y+z)^3 \end{eqnarray} Con estas dos desigualdades podemos transformar la desigualdad previa en \[\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\geq\frac{(x+y+z)^3}{(3+x+y+z)^2}.\] Ahora bien, la función $f(a)=\frac{a^3}{(3+a)^2}$ es estrictamente creciente para $a\geq 0$. Como $x+y+z\geq3\sqrt[3]{xyz}=3$, deducimos que $f(x+y+z)\geq f(3)=\frac{3}{4}$, de donde se deduce la desigualdad del enunciado.

Nota. Si la igualdad se alcanza, entonces del último razonamiento llegamos a que $x+y+z=3$, luego la igualdad en la desigualdad entre las medias nos asegura que $x=y=z=1$. Se comprueba que estos valores dan la igualdad y, por tanto, son los únicos.

Solución. Basta darse cuenta de que, por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, se tiene que $1+x\geq2\sqrt x$, $1+y\geq2\sqrt y$ y $1+z\geq2\sqrt z$. Usando estas desigualdades, tenemos que \[(1+x)(1+y)(1+z)\geq 8\sqrt{xyz}=8.\]

Nota. La desigualdad $1+x\geq2\sqrt x$ es equivalente a $(1-\sqrt{x})^2\geq 0$, luego igualdad se alcanza cuando $x=y=z=1$.

Solución. Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, obtenemos que \[\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\leq 3\sqrt{\frac{a+b+c+ab+bc+ac}{3}}{.}\] Ahora bien, podemos usar que $a+b+c=1$ y que \[ab+bc+ac=\frac{(a+b+c) ^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}\] para transformar la última expresión, obteniendo que \[\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\leq 3\sqrt{\frac{3-(a^2+b^2+c^2)}{6}}{.}\] Usando de nuevo la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática deducimos que \[a^2+b^2+c^2\geq 3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=\frac{1}{3}{,}\] con lo que finalmente llegamos a que \[\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\leq 3\sqrt{\frac{3-\frac{1}{3}}{6}}=2.\]

Nota. De la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática deducimos que la igualdad se alcanza si, y sólo si, $a=b=c=\frac{1}{3}$.

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. 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.