Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si fijamos el lado $AB=5$ como base, el vértice opuesto $C$ tiene que estar sobre el arco mayor de la circunferencia que fija pasa por $A$ y $B$ formada por los puntos del plano que ven $AB$ bajo un ángulo de $30^\circ$ (propiedad del arco capaz). Si $h$ es la altura sobre el lado $AB$, entonces el área será máxima cuando $h$ sea máxima, lo que nos dice claramente que $C$ debe ser el punto más alejado del arco y, por tanto, estará sobre la mediatriz de $AB$, esto es, el triángulo $ABC$ será isósceles y tendrá ángulos de $75^\circ$ en $A$ y $B$. Usando razones trigonométricas en el triángulo rectángulo $ACM$, siendo $M$ el punto medio de $AB$, tenemos que \[h=\tfrac{5}{2}\tan(75^\circ)=\tfrac{5}{2}(2+\sqrt{3})\] (¿sabrías demostrar que $\tan(75^\circ)=2+\sqrt{3}$?), luego el área estará dada por \[S=\tfrac{1}{2}AB\cdot h=\tfrac{25}{4}(2+\sqrt{3}).\]

Solución. Si expresamos la desigualdad como \[\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}\geq\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_n}},\] se ve claramente que no es más que la desigualdad entre las medias aritmética y armónica para los números reales positivos $a_1,\ldots,a_n$. La igualdad se alcanza si y sólo si todos los números son iguales.

Solución. Si usamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz aplicada a los números $x_k=\sqrt{a_k}$ e $y_k=\frac{1}{\sqrt{a_k}}$, obtenemos directamente la desigualdad del enunciado: \begin{align*} n^2&=(x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n)^2\\ &\leq(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)(y_1^2+y_2^2+\ldots+y_n^2)\\ &=(a_1+a_2+\ldots+a_n)(\tfrac{1}{a_1}+\tfrac{1}{a_2}+\ldots+\tfrac{1}{a_n}). \end{align*} La igualdad se alcanzará cuando exista $\lambda>0$ tal que $x_k=\lambda y_k$ para todo $k$, es decir, cuando $a_k=\lambda$ para todo $k$, es decir, cuando todos los números son iguales.

Solución. Si multiplicamos los paréntesis, nos encontramos con $n$ sumandos iguales a $1$ (que corresponden a multiplicar $a_k\cdot\frac{1}{a_k}$) y luego pares de sumandos $\frac{a_i}{a_j}+\frac{a_j}{a_i}$ con $i\lt j$. Cada uno de estos pares es la suma de un número y su inverso, luego es mayor o igual que $2$. Como hay tantos pares de este tipo como parejas de subíndices, tendremos $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ pares y se cumplirá que \[(a_1+a_2+\ldots+a_n)\left(\tfrac{1}{a_1}+\tfrac{1}{a_2}+\ldots+\tfrac{1}{a_n}\right)\geq n+2\cdot\tfrac{n(n-1)}{2}=n^2.\] La igualdad se alcanza cuando $\frac{a_i}{a_j}+\frac{a_j}{a_i}=2$ para todo $i\lt j$, lo que equivale a que $(a_i-a_j)^2=0$ para todo $i\lt j$, es decir, que todos los números son iguales.

Solución. Pongamos que los números son $n-1,n,n+1,n+2$ para que el resultado nos salga más simple. Entonces, se tiene que \begin{align*} (n-1)n(n+1)(n+2)+1=n^4+2 n^3-n^2-2 n+1 =(n^2+n-1)^2. \end{align*}