Problema 457★★★☆☆
Se llama parte entera de un número real $a$ al mayor número entero menor o igual que $a$. Si $n$ es un número natural, demostrar que la parte entera de $(4+\sqrt{11})^n$ es un número impar.
Pista. Observa que $(4+\sqrt{11})^n+(4-\sqrt{11})^n$ es un entero par.
PistaSolución 1Solución. Consideremos el número
\[a_n=(4+\sqrt{11})^n+(4-\sqrt{11})^n.\]
Desarrollando por el binomio de Newton, tenemos que
\[a_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^{n-k}11^{k/2}(1+(-1)^k),\]
luego todos los términos en que $k$ es impar se anulan y el resto queda duplicado. Esto nos dice que $a_n$ es un número par para todo $n\in\mathbb{N}$. Otra forma de ver esto es comprobar que se cumple la relación $a_n=8a_{n-1}+5a_{n-2}$ y, como $a_0=2$ y $a_1=8$ son pares, se sigue que todos los $a_n$ son pares. Ahora bien, se cumple que $4-\sqrt{11}\approx 0.683375$, luego $(4-\sqrt{11})^n$ está entre $0$ y $1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. En consecuencia, $(4+\sqrt{11})^n$ es igual al número par $a_n$ menos un número entre $0$ y $1$, luego su parte entera es impar.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase nacional), 1990 problema 3
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Informar de procedencia del problemaProblema 175★★★☆☆
Sea $ABC$ un triángulo cuyos lados son $a$, $b$ y $c$. Se divide cada lado de $ABC$ en $n$ segmentos iguales. Sea $S$ la suma de los cuadrados de las distancias de cada vértice a cada uno de los puntos de división del lado opuesto, distintos de los vértices. Demostrar que
\[\frac{S}{a^2+b^2+c^2}\]
es un número racional.
Pista. Calcula explícitamente cada una de las distancias al cuadrado en términos de $a^2$, $b^2$ y $c^2$ y después suma todas ellas.
PistaSolución 1Solución. Comencemos pensando en los $n-1$ segmentos que parten del vértice $A$ y llamémoslos $\ell_1,\ldots,\ell_{n-1}$, siendo $\ell_1$ el más cercano al lado $b$. Si llamamos $P_j$ al extremo de $\ell_j$ sobre el lado $BC$, tendremos que $BP_j=\frac{j}{n}a$ y $CP_j=\frac{n-j}{n}a$. Aplicando el teorema del coseno a los triángulos $ABP_j$ y $ACP_j$, obtenemos las igualdades
\begin{eqnarray*}
c^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{n-j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{n-j}{n}a\cos(\theta),\\
b^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{j}{n}a\cos(180-\theta),
\end{eqnarray*}
donde $\theta=\angle AP_jC$. Multiplicando la primera ecuación por $j$ y sumándole la segunda multiplicada por $n-j$ (observa que $\cos(180-\theta)=-\cos(\theta)$), podemos despejar $\ell_j^2$ como
\[\ell_j^2=\frac{j}{n}c^2+\frac{n-j}{n}b^2-\frac{j(n-j)}{n^2}a^2.\]
Las siguientes funciones auxiliares:
\[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n},\qquad s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}\]
toman valores racionales y nos permiten escribir
\[\sum_{j=1}^{n-1}\ell_j^2=r(n)(b^2+c^2)-s(n)a^2.\]
Así tenemos controlada la suma de los cuadrados de las distancias del vértice $A$ a los puntos de división del lado opuesto. Si ahora repetimos el mismo argumento en los otros dos vértices y sumamos las tres cantidades obtenemos
\[S=[2r(n)-s(n)](a^2+b^2+c^2).\]
Como $2r(n)-s(n)$ es un número racional para todo $n\in\mathbb{N}$, tenemos demostrado el enunciado.
Nota. Realmente, podemos calcular
\[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j=\frac{n-1}{2}\]
\[s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j-\frac{1}{n^2}\sum_{j=1}^{n-1}j^2=\frac{n-1}{2}-\frac{(n-1)(2n-1)}{6n},\]
lo que nos dice que
\[\frac{S}{a^2+b^2+c^2}=2r(n)-s(n)=(n-1)-\frac{n-1}{2}+\frac{(n-1)(2n-1)}{6n}=\frac{(n-1)(5n-1)}{6n}.\]
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1988 problema 4
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Informar de procedencia del problemaProblema 191★★★☆☆
Sea $ABCD$ un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio 1 de modo que $AB$ es un diámetro y el cuadrilátero admite circunferencia inscrita. Probar que
\[CD\leq 2\sqrt{5}-4.\]
Pista. Por tener circunferencia inscrita, escribe $AB=2$, $BC=1+y$, $CD=x+y$, $DA=1+x$ para ciertos $x,y\in\mathbb{R}$. Después utiliza el teorema de Ptolomeo (ya que admite circunferencia circunscrita) e intenta acotar $CD=x+y$.
PistaSolución 1Solución. Como $ABCD$ admite circunferencia inscrita, tenemos que los pares de lados opuestos suman lo mismo, luego podemos expresar $AB=2$, $BC=1+y$, $CD=x+y$, $DA=1+x$ para ciertos $x,y\in\mathbb{R}$. Además, como los triángulos $ACB$ y $ADB$ son rectángulos por ser $AD$ un diámetro de la circunferencia circunscrita, el teorema de Pitágoras nos dice que
\[AC=\sqrt{4-(1+y)^2},\qquad BD=\sqrt{4-(1+x)^2}.\]
Como $ABCD$ admite circunferencia circunscrita, podemos aplicar el teorema de Ptolomeo y obtenemos que $AB\cdot CD+BC\cdot AD=AC\cdot BD$. En términos de $x$ e $y$ podemos escribir
\[2(x+y)+(1+x)(1+y)=\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}.\]
Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica y operando,
\begin{eqnarray*}
2(x+y)&=&\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}-(1+x)(1+y)\\
&\leq&\frac{1}{2}\bigl(8-(1+x)^2-(1+y)^2\bigr)-(1+x)(1+y)\\
&=&2-2(x+y)-\frac{1}{2}(x+y)^2.
\end{eqnarray*}
Como $x+y=CD$, tenemos que $CD^2+8CD-4\leq 0$. La parábola $f(x)=x^2+8x-4$ toma valores menores o iguales que cero en el intervalo $[-4-2\sqrt{5},-4+2\sqrt{5}]$, lo que nos dice que $CD\leq -4+2\sqrt{5}$, como queríamos probar.
Nota. Es fácil ver a partir de la solución que la igualdad se alcanza cuando $x=y=-2+\sqrt{5}$, es decir, cuando $ABCD$ sea un trapecio isósceles con $AB=2$, $BC=-1+\sqrt{5}$, $CD=-4+2\sqrt{5}$ y $AD=-1+\sqrt{5}$.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase nacional), 2001 problema 5
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Informar de procedencia del problemaProblema 265★★★☆☆
Sean $a$, $b$ y $c$ números reales positivos. Demostrar que
\[a^ab^bc^c\geq(abc)^{(a+b+c)/3}{.}\]
Pista. Toma logaritmos para eliminar los exponentes. Después hay varias posibilidades: una de ellas usando la desigualdad de Jensen y otra con la de reordenación.
PistaSolución 1Solución. 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.
Informar Solución 2Solución. 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.
Informar InfoUSA Mathematical Olympiad, 1974 problema 2
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Informar de procedencia del problemaProblema 244★★★☆☆
Sean $x,y,z$ reales positivos tales que $x+y+z=3$. Hallar el valor máximo alcanzado por
$$\sqrt{x}+\sqrt{2y+2}+\sqrt{3z+6}$$
¿Para qué valores de $x,y,z$ se alcanza dicho máximo?
Pista. Utiliza la desigualdad de las medias con pesos, o la desigualdad de Jensen.
PistaSolución 1Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática con pesos nos dice que
$$au+bv+cw\leq\sqrt{a u^2+bv^2+cw^2},$$
donde $a,b,c,u,v,w$ son números reales positivos tales que $a+b+c=1$ (la forma usual de la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática se obtiene para los pesos $a=b=c=\frac{1}{3}$). Ahora aplicamos este resultado a los números $a=\frac{1}{6}$, $b=\frac{1}{3}$ y $c=\frac{1}{2}$ (que suman la unidad), $u=6\sqrt{x}$, $v=3\sqrt{2y+2}$ y $w=2\sqrt{3z+6}$. Sustituyendo estos valores tenemos que
$$\sqrt{x}+\sqrt{2y+2}+\sqrt{3z+6}\leq\sqrt{\frac{36x}{6}+\frac{9(2y+2)}{3}+\frac{4(3z+6)}{2}}=\sqrt{6(x+y+z)+18}.$$
Usando ahora que $x+y+z=3$ y simplificando, la desigualdad anterior queda
$$\sqrt{x}+\sqrt{2y+2}+\sqrt{3z+6}\leq 6.$$
Para ver que $6$ realmente es el máximo buscado y responder a la última pregunta del enunciado, vamos a ver que se alcanza la igualdad y en qué valores. La igualdad en la desigualdad de las medias con pesos se alcanza cuando los números son iguales, es decir, cuando $u=v=w$. Elevando al cuadrado, esto equivale a que $36x=18(y+1)=12(z+2)$. Teniendo en cuenta que $x+y+z=3$, es fácil despejar $x=y=z=1$. Como para $x=y=z=1$ se alcanza la igualdad, deducimos que sólo se alcanza para esta elección de las variables, terminando así la solución.
Nota. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática con pesos es equivalente a la desigualdad de Jensen (con pesos) aplicada a la función convexa $f(x)=x^2$, lo que da lugar a otra forma de enfocar esta misma solución.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase local), 2015 problema 9
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