Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La función $g(t)$ es convexa por tener segunda derivada positiva, luego la desigualdad de Jensen nos dice que \[g(\mu(a,b))=\frac{g(a)+g(b)}{2}\geq g\left(\tfrac{a+b}{2}\right)=g(m(a,b)).\] Como $g$ es estrictamente creciente por tener primera derivada positiva, su inversa $g^{-1}$ existe y es estrictamente creciente. Aplicando dicha inversa a ambos lados de la desigualdad anterior, obtenemos que $\mu(a,b)\geq m(a,b)$ para cualesquiera $a$ y $b$.

Nota. En realidad, no es necesario que $a$ y $b$ sean positivos para que se cumpla la desigualdad $\mu(a,b)\geq m(a,b)$. Observemos además que la igualdad $\mu(a,b)= m(a,b)$ se alcanza únicamente cuando $a=b$ ya que $g$ es estrictamente convexa.

Solución. La función logaritmo $f(x)=\log(x)$ es cóncava, luego cumple que $af(u)+b(v)\leq f(au+bv)$ para cualesquiera $u,v,a,b\gt 0$ tales que $a+b=1$ (esta es la desigualdad de Jensen y viene del hecho de que el segmento que une los puntos $(u,f(u))$ y $(v,f(v))$ se queda por debajo de la gráfica $y=f(x)$). Podemos escribir entonces \[a\log(u)+b\log(v)\leq\log(au+bv),\] y tomando exponenciales en ambos miembros (la función exponencial es estrictamente creciente), llegamos a la desigualdad del enunciado.

Nota. Como $\log(x)$ es estrictamente convexa, la igualdad se alcanza si y sólo si $u=v$ o bien $a=0$ o $b=0$.

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. Supongamos que rompemos el diamante de peso $p$ en dos trozos de pesos $x$ e $y$, luego el precio original y el precio tras romperlo son proporcionales a $p^2=(x+y)^2$ y $x^2+y^2$, respectivamente. La depreciación guardará la misma proporción con $(x+y)^2-x^2-y^2=2xy$, luego nos estamos preguntando cuándo será máximo $2xy$ sujetos a la restricción $x+y=p$. De aquí podemos despejar $2xy=2x(p-x)$, con lo que queremos hallar el máximo de la función $f(x)=2x(p-x)$ cuando $0\leq x\leq p$. Esta parábola se anula en $x=0$ y $x=p$, por lo que tendrá su vértice (máximo) en $x=\frac{p}{2}$. Deducimos así que hay romper el diamante en dos partes iguales para que la depreciación sea máxima.