Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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. Si expandimos todos los paréntesis y utilizamos que $xyz=1$, obtenemos \begin{align*} (1+x)(1+y)(1+z)&=1+x+y+z+xy+yz+zx+xyz\\ &=2+x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}+z+\frac{1}{z}\geq 2+2+2+2=8, \end{align*} donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es siempre mayor o igual que $2$.

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.

Solución. 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.