Libro Desigualdades

PRESENTACI ON

El Instituto de Ciencias y Humanidades (ICH) esta orientado al ser-vicio educativo y a la formacion integral de sus estudiantes mediante el desarrollo

de sus potencialidades. Todos los esfuerzos de nuestra institucion se centran en la

ensenanza, formacion e investigacion en matematica, ciencias naturales, ciencias

sociales y las diversas expresiones del arte.

La matematica tiene un rol protagonico en el desarrollo de las ciencias y la

tecnologa. Su contribucion en las investigaciones de otras ciencias es invalorable.

As por ejemplo, fsicos, qumicos, biologos, sociologos, antropologos, por citar solo

algunos ejemplos, hacen uso en sus trabajos de teoras y herramientas matematicas.

Desde esta perspectiva, desarrollamos una poltica de fomento a la investigacion de

nuestros docentes que tiene como resultado no solo la elevacion del servicio educativo

en las aulas sino tambien la publicacion de textos academicos como el presente.

Mediante estas lneas, presentamos a la comunidad educativa del pas el libro

Desigualdades, olimpiadas matematicas, obra del matematico Victor HugoLaurente Artola, docente de nuestra institucion.

Diferentes delegaciones de estudiantes peruanos han representado al pas en

olimpiadas internacionales de matematicas y han obtenido valiosos resultados que no

hacen sino renovar nuestra confianza en el gran potencial de nuestros jovenes y en

su interes por el estudio. Asimismo, se corrobora el trabajo denodado de los docentes,

quienes a pesar de las adversidades participan en cursos, talleres, capacitaciones y

otras jornadas academicas a fin de elevar su dominio de la matematica.

El Instituto de Ciencias y Humanidades reafirma su compromiso con el trabajo

educativo y la promocion de esfuerzos de investigacion individuales y colectivos a fin

de que se materialicen sus metas institucionales.

Instituto de Ciencias y Humanidades

i

INTRODUCCI ON

Cuando a fines de la decada del 90 empezamos, con un grupo de colegas delInstituto de Ciencias y Humanidades, a colaborar en la ensenanza de jovenes querepresentaran al Peru en las olimpiadas internacionales de matematica, nos topamoscon un grave problema: la falta de bibliografa sobre el tema. Con los anos, fuimosacumulando experiencias a partir de la consulta de textos que los propios estudian-tes traan de sus viajes al extranjero, de algunas publicaciones que ya se podanencontrar en nuestro medio y de la ensenanza en las aulas.

De este modo, fue germinando en mi persona el interes por realizar una pu-blicacion de mi especialidad, en particular sobre el tema de desigualdades. As, endiciembre de 2007 pude iniciar el proyecto que despues de diez meses se materializaen la presente publicacion titulada Desigualdades, olimpiadas matematicas.

No hay experiencia comparada a la adquirida por los estudiantes que participanen las olimpiadas. Su participacion en olimpiadas, permite que los estudiantes ga-nen mayor conocimiento, que se formen como futuros cientficos y que establezcanrelaciones de colaboracion academica con otras personas e instituciones del extran-jero. Las pruebas de olimpiadas integran problemas de gran nivel analtico que co-rresponden a temas propios del algebra, matematica discreta, teora de numeros ygeometra.

Aparte del talento, quienes participan en olimpiadas requieren dedicacion, per-severancia y un equipo de profesionales que los ayude en su preparacion. Se trata deuna practica que debera recorrer toda la vida escolar. Es necesario, desde la escuela,fomentar la organizacion de talleres de matematica, la formacion de equipos de es-tudiantes que participen en concursos a nivel local, regional y nacional. El presentetexto pretende contribuir con este proposito.

El texto desarrolla el tema de desigualdades, uno de los topicos fundamentalesdel algebra. Recoge un conjunto de elementos teoricos y una serie de ejercicios or-ganizados de lo simple a lo complejo. Asimismo, se han incorporado los problemas

iii

iv

de las pruebas de las olimpiadas internacionales de matematica (IMO, por sus siglasen ingles) desde el ano 59 al ano 2008. En algunos casos, los problemas estan acom-panados de mas de una solucion de modo que el lector conozca una mayor diversidadde estrategias para encarar los ejercicios.

Para la elaboracion del texto he utilizado como fuente libros editados en EstadosUnidos, Europa y Asia. Asimismo, he recurrido a valiosa informacion de Internet y hesistematizado la experiencia adquirida en la ensenanza de estudiantes que participanen olimpiadas matematicas.

Es recomendable, para abordar el texto, que el lector tenga conocimientos basicosde desigualdades, de manera que pueda profundizar con mayor facilidad en los temaspropuestos. Es importante que estudie con detenimiento la teora, revise las aplica-ciones y luego intente resolver los problemas antes de recurrir a la solucion.

Quiero hacer publico mi agradecimiento al Instituto de Ciencias y Humanidades(ICH) por su apoyo en la investigacion y edicion del texto. A Jorge Tipe Villanueva,por sus importantes sugerencias, a Juan Neyra Faustino, por su colaboracion en eldigitado en LATEXdel material y, en especial, a mi esposa Magda, a mi hijo Taylor ya mis padres Francisco y Serafina por su constante y siempre desinteresado apoyo.A todos ellos, mi profundo agradecimiento.

Victor Hugo Laurente ArtolaLima, setiembre de 2008

INDICE GENERAL

1. Numeros Reales 1

1.1. Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Axiomas de adicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2. Axiomas de multiplicacion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Cuerpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2. Valor Absoluto y Maximo Entero 25

2.1. Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2. Maximo Entero o Parte Entera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz 37

3.1. El Lema de Titu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.2. Desigualdad de Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.3. Dos sustituciones muy utiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4. Desigualdad de la Media Aritmetica - Media Geometrica 55

4.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial 69

5.1. Media Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

6. Desigualdad de Reordenamientos 79

v

vi INDICE GENERAL

7. Desigualdad con Funciones Convexas 897.1. Funcion convexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

8. Espacio Metrico 978.1. Desigualdad de Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1028.2. Desigualdad de Minkonski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

9. Metodo de la Suma de Cuadrados 109

10.Desigualdades Simetricas y Cclicas 11710.1. Polinomios simetricos y cclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

11.Problemas 129

12.Soluciones 149

Bibliografa 275

CAPITULO 1N UMEROS REALES

1.1. Cuerpos

Un cuerpo es un conjunto K con dos operaciones llamadas adicion y multipli-cacion, que satisfacen ciertas condiciones llamadas axiomas de cuerpo.

1.1.1. Axiomas de adicion.

A1. Clausura.

x+ y K, x, y K.A2. Conmutatividad.

x+ y = y + x, x, y K.A3. Asociatividad.

(x+ y) + z = x+ (y + z), x, y, z K.A4. Elemento neutro.

Existe 0 K tal que

x+ 0 = x, x K.

1

2 1. Numeros Reales

A5. Simetrico.

Para todo x K existe (x) K tal que

x+ (x) = 0.

De la conmutatividad, se sigue que

0 + x = x+ 0 = x y (x) + x = x+ (x) = 0.

A la suma x+ (y) se denotara x y y se denomina la diferencia entre x e y.La operacion se llama sustraccion.

1.1.2. Axiomas de multiplicacion.

M1. Clausura.

x y K, x, y K.

M2. Conmutatividad.

x y = y x, x, y K.

M3. Asociatividad.

(x y)z = x(y z), x, y, z K.

M4. Elemento neutro.

Existe 1 K tal que 1 6= 0 y

x 1 = x, x K.

M5. Simetrico.

Para todo x 6= 0 K existe el inverso de x denotado por x1 K tal que

x x1 = 1.

1.2. Cuerpos Ordenados 3

De la conmutatividad se sigue que

1 x = x 1 = x y x1 x = x x1 = 1.

Dados x, y K; con y 6= 0; el numero x y1 se denota xy.

Estos axiomas estan relacionados con un axioma llamado distributividad.

D1. Axioma de distributividad.

x (y + z) = x y + x z, x, y, z K.

Ejemplos de cuerpos

1. Q = {mn| m Z;n Z+}.

2. R = Q Q; Q: conjunto de los irracionales.3. Z2 = {0; 1}; veamos que este conjunto es un cuerpo de solo 2 elementos.

0 + 1 = 1 ; 0 + 0 = 0 ; 0 0 = 0 ; 1 0 = 01 + 0 = 1 ; 1 + 1 = 0 ; 0 1 = 0 ; 1 1 = 1

1.2. Cuerpos Ordenados

Un cuerpo K es ordenado; si tiene un subconjunto distinguido P K, llamadoel conjunto de elementos positivos de K que satisfacen las siguientes condiciones

P1. x+ y P y x y P, x, y P.P2. Dado x K, exactamente ocurre una de las tres condiciones

x = 0 x P x P.

Indicaremos con P al conjunto de elementos x, donde x P. De donde

K = P (P) {0}.

Estos conjuntos son disjuntos y P se llama conjunto de numeros negativos.

4 1. Numeros Reales

En todo cuerpo ordenado si a 6= 0; entonces a2 P; en efecto, siendo a 6= 0entonces a P a P; en el primer caso

a2 = a a P;en el segundo caso

a2 = (a) (a) P.En un cuerpo K: x < y se lee x es menor que y, que equivale a decir y x P.De dondey > 0 equivale a decir y P.x < 0 equivale a decir x P;x < y y x > 0;x < y y > x.La relacion de orden x < y en un conjunto ordenado K goza de los siguientes

teoremas

Teorema 1.1 (Transitividad)

x < y y < z x < z. Prueba. En efecto

x < y y x > 0;y < z z y > 0;

significa que (y x); (z y) P, entonces(y x) + (z y) P

(z x) Pz x > 0x < z.

2

Teorema 1.2 (Tricotoma)Dados x, y K, solo se cumple una de las tres condiciones

x = y x < y x > y.

Prueba. En efecto

x, y K, y x = 0 y x P y x P,

equivale a

y = x x < y (y x) Px y Py < x

x > y

y = x x < y x > y.2

Teorema 1.3 (Monotonicidad de la adicion)

x < y x+ z < y + z, z K.

Prueba. En efecto

x < y

y x > 0 (y + z) (x+ z) > 0 x+ z < y + z.

2

Teorema 1.4 (Monotonicidad de la multiplicacion)

x < y z > 0 xz < yz,x < y z < 0 xz > yz.

Prueba. En efecto

x < y z > 0 y x > 0 z > 0 (y x); z P

6 1. Numeros Reales

entonces

(y x) z Pyz xz Pyz xz > 0xz < yz.

Analogamente

x < y z < 0 y x > 0 z < 0 (y x);z P

entonces

(y x) (z) Pyz + xz Pxz yz > 0xz > yz.

2

Teorema 1.5x < y a b x a < y b. Prueba. En efecto, a > b a < b, y como x < y entonces por el teorema1.5 se tiene que

x+ (a) < y + (b)x a < y b.

2

Teorema 1.70 < x < y 0 < a 0 (teorema 1.4)a 0 (teorema 1.4)

por el teorema 1.1 se tiene xa < yb. 2

Teorema 1.8

x > 0 1x> 0.

Prueba. En efecto

() Como x x1 = 1 > 0 y x > 0 entonces x1 > 0.

() Como 1x> 0 entonces

(1

x

) x2 > 0, de donde x > 0.

2

Teorema 1.9xy > 0 [(x > 0 y > 0) (x < 0 y < 0)].

Prueba. En efecto

() Sea x > 0 entonces x1 > 0.Como xy > 0 entonces x1(xy) > 0, efectuando tenemos y > 0.

Similarmente si x < 0 tenemos y < 0.

() Si x > 0 y > 0 xy > 0.Similarmente si x < 0 y < 0 x > 0 y > 0, entonces (x)(y) >0, de donde xy > 0.

2

Teorema 1.10xy < 0 (x < 0 y > 0) (x > 0 y < 0).

8 1. Numeros Reales

Prueba. La demostracion es analoga al Teorema 1.9. 2

Teorema 1.11Si ab > 0 entonces a 

1

b.

Prueba.

() a < b.Como ab > 0 entonces tenemos dos casos:

i. Si a > 0 b > 0 entonces 1a> 0 1

b> 0, luego

1

a 1b=b aab

> 0, pues a 0

1a>

1

b.

ii. Para a < 0 b < 0 el procedimiento es analogo.

() Como 1a>

1

bentonces

(1

a

)ab >

(1

b

)ab, efectuando tenemos b > a, de donde

a < b.

2

Teorema 1.12En un cuerpo ordenado K, las siguientes afirmaciones son equivalentes:

(i) N K no es acotado superiormente.(ii) Dados a, b K, con a > 0, existe n N tal que na > b.

(iii) Dado cualquier a > 0 en K, con a > 0, existe n N tal que 0 < 1n< a.

Prueba. (i) (ii). Como N no es acotado superiormente, entonces dadosa > 0 y b en K, existe n N tal que b

a< n, de donde b < na.

Veamos (ii) (iii), dado a > 0, existe n N tal que na > 1, de donde 1n< a;

luego tenemos 0 0 existe n N tal que 1

n b.Esto significa que ningun positivo de K es cota superior de N. 2

Definicion 1.1:Un cuerpo ordenadoK es arquimediano cuando se cumple cualquierade las tres condiciones del teorema anterior.

Ejemplo 1.1El cuerpo de los numeros racionales es arquimediano.

Definicion 1.2 : Sea K un cuerpo ordenado y X K un subconjunto acotadosuperiormente. Un elemento x0 K se denominara supremo de X cuando x0 es lamenor de las cotas superiores de X en K.

Para que x0 sea supremo de X K es necesario y suficiente que sean satisfechaslas siguientes condiciones:

(i) x x0, x X.

(ii) Si y K/x y x X, entonces x0 y.

As mismo se denota sup (X) = x0, y es unico.Similarmente un elemento y0 K se denomina nfimo de Y K, acotado infe-

riormente, cuando y0 es la mayor de todas las cotas inferiores de Y en K.Para que y0 sea nfimo de Y K es necesario y suficiente que sean satisfechas

las siguientes condiciones:

(i) y Y ; y y0.

(ii) Si z K/z y y Y , entonces z y0.

Se denota nf (Y ) = y0 y a la vez es unico.

Definicion 1.3 Sea K un cuerpo ordenado y sea X K con X 6= , un elementox0 X, es el maximo de X si y solo si x x0, para todo x X.

Definicion 1.4 Sea K un cuerpo ordenado y sea Y K con Y 6= , un elementoy0 Y , es el mnimo de Y si y solo si y y0, para todo y Y .

10 1. Numeros Reales

Ejemplo 1.2Sean A = [3, 5], B = 3, 5, entonces

max (A) = 5; sup (A) = 5

mn (A) = 3; nf (A) = 3mn (B) no existe; sup (B) = 5

max (B) no existe; nf (B) = 3.En efecto, veamos por que el supremo de B es 5.

Prueba. Supongan que sup (B) no es 5; sea sup (B) = x0, significa que x0 < 5:

Como x0 0, y < 0, entonces

(i) x+1

x 2,

(ii) y +1

y 2.

Prueba.

(i) En el teorema anterior, haciendo a2 = x, b2 =1

x, vemos que x > 0 y a =

x,

b =1x, entonces

x+1

x 2x 1

x x+ 1

x 2.

La igualdad ocurre si y solo si x = 1.

(ii) Si y < 0 y > 0.Aplicando (i)

(y) + 1(y) 2;

y 1y

2; multiplicando por (1)

y +1

y 2.

La igualdad ocurre si y solo si y = 1.2

1.3. Aplicaciones 13

1.3. Aplicaciones

1. Sean a, b numeros reales no nulos, determine el mnimo valor de

a8

b8+a4

b4+a2

b2+b8

a8+b4

a4+b2

a2.

Solucion.

a8

b8+a4

b4+a2

b2+b8

a8+b4

a4+b2

a2=

(a8

b8+b8

a8

)+

(a4

b4+b4

a4

)+

(a2

b2+b2

a2

) 2 + 2 + 2 = 6.

La igualdad ocurre si y solo si a = b. 2

2. Sean a, b, x, y numeros reales tales que a b, x y, pruebe que

ax+ by ay + bx.

Prueba. Como a b a b 0, luego multiplicando por (a b) enla desigualdad x y tenemos:

(a b)x (a b)y ax bx ay by ax+ by ay + bx.

2

3. Dados a, b, c numeros reales, pruebe que

a2 + b2 + c2 ab+ ac + bc.


Prueba. Aplicando un resultado conocido:

a2 + b2 2ab; similarmenteb2 + c2 2bc;c2 + a2 2ca.

Sumando miembro a miembro:

2(a2 + b2 + c2) 2ab+ 2bc + 2ca, a2 + b2 + c2 ab+ bc+ ca.

La igualdad ocurre si y solo si a = b = c. 2

4. Sean a, b, c numeros reales positivos, pruebe que

(a+ b)(a + c)(b+ c) 8abc.

Prueba.a, b, c R+ a,

b,b R+,

luego

(ab)2 0

a 2ab+ b 0 a+ b 2ab, similarmente

b+ c 2bc,c+ a 2ca,

multiplicando miembro a miembro:

(a + b)(b+ c)(c+ a) 8(abc)2 = 8abc

de donde (a+ b)(b+ c)(c+ a) 8abc.La igualdad ocurre si y solo si a = b = c. 2


5. Sean a, b numeros reales positivos, pruebe que

a2

b+b2

a a+ b.

Prueba. La desigualdad es equivalente a:

a3 + b3

ab a + b

a3 + b3 ab(a + b) (a+ b)(a2 ab+ b2) ab(a + b); a+ b > 0 a2 ab+ b2 ab a2 2ab+ b2 0 (a b)2 0.



a2 + b2

c+b2 + c2

a+c2 + a2

b 2(a+ b+ c).

Prueba. Del ejercicio anterior tenemos:

a2

b+b2

a a+ b; similarmente

b2

c+c2

b b+ c;

c2

a+a2

c a+ c;

sumando miembro a miembro:

a2 + b2

c+b2 + c2

a+c2 + a2

b 2(a+ b+ c).



7. Sean a, b, c numeros reales no negativos, donde dos de ellos simultaneamenteson diferentes de cero, pruebe que

a2

a2 + ab+ b2+

b2

b2 + bc+ c2+

c2

c2 + ca + a2 1.

Prueba. Sean a2+ab+b2 = m, b2+bc+c2 = n, c2+ca+a2 = p, entoncesdebemos probar que

a2

m+b2

n+c2

p 1

a2

m+b2

n+c2

p 1 0

( 1m

+1

n+

1

p)(a2

m+b2

n+c2

p 1) 0

a2

m2+

b2

n2+c2

p2+

b2

mn+

c2

mp+

a2

mn+

c2

np+

a2

mp+

b2

np 1m 1n 1p 0

a2

m2+

b2

n2+c2

p2+

(a2 + b2)

mn+

(a2 + c2)

mp+

(b2 + c2)

np 1m 1n 1p 0

a2

m2+

b2

n2+c2

p2 abmn

+(a2 + ab+ b2)

mn acmp

+(a2 + ac+ c2)

mp bcnp

+(b2 + bc + c2)

np 1m 1n 1p 0

a2

m2+

b2

n2+c2

p2 abmn

acnp

bcnp

+m

mn+

p

mp+

n

np 1m 1n 1p 0

( am

)2+

(b

n

)2+

(c

p

)2( am

)( bn

)+( am

)( cp

)+

(b

n

)(c

p

),

esta desigualdad es verdadera (ver aplicacion 3).


8. Sea z un numero real positivo, pruebe que8z

z + 1+

2

z + 1 3.



8z

z + 1 3 2

z + 1

8z

z + 1 3z + 1

z + 1

8zz + 1

(3z + 1)2

(z + 1)2, pues z > 0

8z(z + 1) (3z + 1)2 8z2 + 8z 9z2 + 6z + 1 0 z2 2z + 1 0 (z 1)2 (z 1)2 0.

2

9. Sean x, y numeros reales, pruebe que

(1 + x2)(1 + y2) (1 + xy)2.

Prueba. Sabemos que

x2 + y2 2xy, x, y R 1 + x2 + y2 + x2y2 1 + 2xy + x2y2 (1 + x2)(1 + y2) (1 + xy)2.

La igualdad ocurre si y solo si x = y. 2

10. Pruebe que

(ax+ by)2 (a2 + b2)(x2 + y2)

para todo x, y, a, b numeros reales.


Prueba. Como (ay bx)2 0, x, y, a, b R, luego equivale a:

a2y2 2abxy + b2x2 0 a2y2 + b2x2 2abxy a2x2 + b2y2 + a2y2 + b2x2 a2x2 + b2y2 + 2abxy a2(x2 + y2) + b2(y2 + x2) (ax)2 + (by)2 + 2(ax)(by) (a2 + b2)(x2 + y2) (ax+ by)2

(ax+ by)2 (a2 + b2)(x2 + y2).

La igualdad ocurre si y solo si ay = bx. 2

11. Sea f(x, y) =x2 + y2 + 2(1 + x2)(1 + y2)

, donde x, y son numeros reales, pruebe que

el menor valor de f es 2.

Prueba. Observamos que x2 + y2 + 2 = (1 + x2) + (1 + y2).

Luego

(1 + x2) + (1 + y2) 2(1 + x2)(1 + y2) x2 + y2 + 2 2(1 + x2)(1 + y2) x

2 + y2 + 2(1 + x2)(1 + y2)

2

f(x, y) 2

el mnimo valor de f es 2 y ocurre si y solo si x = y. 2

12. Pruebe que

x2 + y2 + 1 > xy2 + 1 + y

x2 + 1,

para todo x, y numeros reales.


Prueba. Como en el segundo miembro tenemos xy2 + 1, entonces pode-

mos a partir de:

(xy2 + 1)2 0 x2 + y2 + 1 2x1 + y2 0 x2 + y2 + 1 2x

1 + y2; simirlamente

x2 + y2 + 1 2y1 + x2.

Sumando miembro a miembro tenemos:

2(x2 + y2 + 1) 2x1 + y2 + 2y1 + x2 x2 + y2 + 1 x

1 + y2 + y

1 + x2.

La igualdad ocurre si y solo si

{x =

1 + y2

y =1 + x2

{x2 = 1 + y2

y2 = 1 + x2

x2 + y2 = x2 + y2 + 2,

como esto es imposible, entonces no ocurre la igualdad.

x2 + y2 + 1 > xy2 + 1 + y

x2 + 1.

2

13. Pruebe que

2(1 a+ a2)(1 b+ b2) 1 + a2b2,

para todo a, b numeros reales.


Prueba. Veamos el primer miembro de la desigualdad:

2(1 a+ a2)(1 b+ b2) = (2 2a+ 2a2)(1 b+ b2)= (1 2a+ a2 + 1 + a2)(1 b+ b2)= ((1 a)2 + 1 + a2)(1 b+ b2)= (1 a)2(1 b+ b2) + (1 + a2)(1 b+ b2)= (1 a)2(1 2b+ b2 + b) + (1 + a2)(1 b+ b2)= (1 a)2((1 b)2 + b) + (1 + a2)(1 b+ b2)= (1 a)2(1 b)2 + b(1 a)2

+(1 + a2)(1 b+ b2)= (1 a)2(1 b)2 + b 2ab+ a2b+ 1 + a2 b

a2b+ b2 + a2b2= (1 a)2(1 b)2 + 1 + a2b2 + a2 2ab+ b2= (1 a)2(1 b)2 + 1 + a2b2 + (a b)2= 1 + a2b2 + (a b)2 + (1 a)2(1 b)2 1 + a2b2.

La igualdad ocurre si y solo si a = b = 1. 2

14. Resuelva

1 3a + 5a2 11a3 + 12a4 > 0.

Solucion. Ordenando en forma descendente

12a4 11a3 + 5a2 3a+ 1 > 0

a4 + 11(a4 a3 + a

2

4

)+

9

4a2 3a+ 1 > 0

a4 + 11(a2 a

2

)2+

1

4(9a2 12a+ 4) > 0

a4 + 11(a2 a

2

)2+

1

4(3a 2)2 > 0,


como el lado izquierdo es una suma de cuadrados, la desigualdad se verificapara todo a R.

C.S. = R = ,+.

2

15. (Rusia 1995). Pruebe que para todo x, y numeros reales positivos

x

x4 + y2+

y

x2 + y4 1

xy.

Prueba. Como

x4 + y2 2x2y 1x4 + y2

12x2y

xx4 + y2

12xy

similarmente

y

x2 + y4 1

2xy

sumando miembro a miembro tenemos:

x

x4 + y2+

y

x2 + y4 1

xy.


16. Pruebe que para todo a, b, c numeros reales positivos

S =8a2 4ab+ 5b2

2a+ b+

8b2 4bc+ 5c22b+ c

+8c2 4ac+ 5a2

2c+ a 3(a+ b+ c).


Prueba. Como

a2 + b2 2ab a2 ab+ b2 ab 4a2 4ab+ 4b2 4ab 8a2 4ab+ 5b2 4a2 + 4ab+ b2 8a2 4ab+ 5b2 (2a + b)2

8a2 4ab+ 5b22a+ b

2a + b; similarmente8b2 4bc+ 5c2

2b+ c 2b+ c;

8c2 4ac+ 5a22c+ a

2c+ a;

sumando miembro a miembro, tenemos que

S 3(a+ b+ c).


17. Pruebe que

1

a2 + ab+ b2+

1

a2 ab+ b2 2

3

(a2 + b2

a2b2

)

para todo a, b numeros reales no nulos.

Prueba. Efectuando el lado izquierdo de la desigualdad, tenemos:

1

a2 + ab+ b2+

1

a2 ab+ b2 =2(a2 + b2)

a4 + a2b2 + b4

acotando el denominador


a4 + b4 2a2b2 a4 + a2b2 + b4 3a2b2

1a4 + a2b2 + b4

13a2b2

2(a2 + b2)

a4 + a2b2 + b4 2(a

2 + b2)

3a2b2.


18. Pruebe que

zx + yz x2 + y2 + z2

2,

para todo x, y, z numeros reales.

Prueba. Como en el lado izquierdo de la desigualdad, z es el terminocomun; entonces escogemos:

x2 +

(z2

)2 2x z

2

x2 +z2

2 2xz; similarmente

y2 +z2

2 2yz;

sumando miembro a miembro, tenemos:

x2 + y2 + z2 2(xz + yz)

x2 + y2 + z2

2 xz + yz

zx+ yz x2 + y2 + z2

2.

La igualdad ocurre si y solo si x = y =z2. 2


19. Sean a, b numeros reales positivos, pruebe que

a3 + b3

2(a+ b

2

)3.


4(a3 + b3) (a + b)3 4a3 + 4b3 a3 + b3 + 3a2b+ 3ab2 3a3 + 3b3 3a2b+ 3ab2 a3 + b3 a2b+ ab2 a3 a2b+ b3 ab2 0 a2(a b) + b2(a b) 0 (a2 + b2)(a b) 0 (a b)2(a+ b) 0.


20. Pruebe que

2(a3 + b3 + c3) a2(b+ c) + b2(a + c) + c2(a+ b),

para todo a, b, c numeros reales positivos.

Prueba. Como a, b R+, entonces

(a+ b)(a b)2 0, efecuando a3 + b3 a2b+ ab2, similarmente

b3 + c3 b2c+ bc2c3 + a3 c2a+ ca2

sumando miembro a miembro, tenemos que

2(a3 + b3 + c3) a2(b+ c) + b2(a + c) + c2(a+ b).


CAPITULO 2VALOR ABSOLUTO Y M AXIMO

ENTERO

2.1. Valor Absoluto

Definicion 2.1: En el conjunto de los numeros reales R, definimos el valor absolutode un elemento x, denotado por |x| para indicar el valor absoluto

|x| =

x; para x > 0;

0; para x = 0;

x; para x < 0.

Ejemplo 2.1|2| = 2; | 3| = (3) = 3; |12| = (12) = 2 1.Teorema 2.1

|x| = max {x;x}.

Prueba.

max {x;x} =

x; para x > 0;

0; para x = 0;

x; para x < 0.= |x|.

2

25

26 2. Valor Absoluto y Maximo Entero

Teorema 2.2Para elementos arbitrarios x, y reales, se cumplen

(i) | x| = |x|.

(ii) |x2| = x2 = |x|2.

(iii) |x| = x2.

(iv) |xy| = |x| |y|.

(v) |xy| = |x||y| .

Prueba.

(i) Aplicando el Teorema 2.1 tenemos

| x| = max {x;(x)}= max {x; x}= |x|.

(ii) Por definicion |x2| = x2, pues x2 0. Similarmente

|x| =

x; x > 0;

0; x = 0;

x; x < 0;

entonces

|x|2 =

x2; x < 0;

02; x = 0;

(x)2; x > 0;= x2, x R.

2.1. Valor Absoluto 27

(iii)

|x|2 = x2|x|2 = x2|x| = x2.

(iv)

(x y)2 = x2 y2(x y)2 =

x2 y2

|xy| =x2

y2

|xy| = |x| |y|

(v) Similar a (iv).

2

Teorema 2.3Para cualesquiera x, y, z numeros reales, se cumplen

(i) |x| x.

(ii) |x| x.

(iii) |x+ y| |x|+ |y|.

(iv) ||x| |y|| |x y|.

(v) |x z| |x y|+ |y z|.

Prueba.

(i) |x| = max {x;x} x.

(ii) |x| = max {x;x} x.


(iii)

|xy| xy 2|x||y| 2xy x2 + y2 + 2|x||y| x2 + y2 + 2xy |x|2 + |y|2 + 2|x||y| (x+ y)2 (|x|+ |y|)2 (x+ y)2 |x|+ |y| |x+ y| |x+ y| |x|+ |y|.

La igualdad ocurre si y solo xy 0.

(iv)

|x| = |(x y) + y| |x y|+ |y||x| |y| |x y| (2.1)

Similarmente

|y| = |(y x) + x| |y x|+ |x||y x| |x| |y||x y| |x| |y| (2.2)

De (2.1) y (2.2)

|x y| |x| |y| |x y|||x| |y|| |x y|.

(v)

|x z| = |(x y) + (y z)| |x y|+ |y z||x z| |x y|+ |y z|.

2

2.2. Maximo Entero o Parte Entera 29

2.2. Maximo Entero o Parte Entera

Definicion 2.2: El maximo entero del numero real x se denota [x] y se define de lasiguiente manera

[x] = n n x < n+ 1; donde n Z.

Ejemplo 2.2

[1,4] = 1; [2,7] = 2; [1,3] = 2;[7] = 2; [] = 3; [] = 4;

[4] = 4; [3] = 3.

Teorema 2.4Para todo x numero real:

(i) [x] x < [x] + 1.(ii) 0 x [x] < 1.(iii) [[x]] = [x].

Prueba.

(i) De la definicion

[x] = n n x < n + 1; n Z

reemplazando n = [x] se tiene

[x] x < [x] + 1.

(ii) En (i), restando [x] a todos los miembros:

0 x [x] < 1.

(iii) Sea [x] = m con m Z [[x]] = [m] = m = [x].

[[x]] = [x].

2

Teorema 2.5Para todo x numero real y n numero entero, se cumple que

(i) [x+ n] = [x] + n.

(ii) [x] ={[x]; si x = [x];[x] 1; si x 6= [x].

(iii)[xn

]=

[[x]

n

], n 1.

Prueba.

(i) Sea m = [x+ n]. De la definicion

[x+ n] = m m x+ n < m+ 1 (m n) x < (m n) + 1; (m n) Z [x] = m n [x] + n = m [x] + n = [x+ n]

(ii) Se deja como ejercicio para el lector.

(iii)

x = k + p; k Z; 0 p < 1. x

n=

k

n+p

n;

haciendo k = nq + r; q Z; 0 r < n,0 r n 1.

x

n= q +

r + p

n;

pero 0 r + p < n0 r + p

n< 1

[xn

]= q.

2.2. Maximo Entero o Parte Entera 31

Tambien [x] = [k + p] = k

[[x]

n

]=

[k

n

]=

[nq + r

n

]=[q +

r

n

]= q,

de donde[xn

]=

[[x]

n

].

2

Definicion 2.3: La parte residual de x se denota {x} y se define como

{x} = x [x].

De la definicion se tiene

0 {x} < 1 y {x} = 0 x Z.

Cuales son los valores posibles de {x} + {x}?

Teorema 2.6 (De Hermite)Sea x un numero real, y n un numero entero 1, entonces

n1k=0

[x+

k

n

]= [nx].

Prueba. Definimos la funcion f : R R

f(x) = [x] +

[x+

1

n

]+

[x+

2

n

]+ +

[x+

n 1n

] [nx] .

Vemos que f es nula:

f(x) = 0, x [0; 1/n.

Veamos que f

(x+

1

n

)= f(x). (f de periodo 1/n), en efecto

f

(x+

1

n

)=

[x+

1

n

]+

[x+

2

n

]+

[x+

3

n

]+

[x+

1

n+n 1n

][n(x+

1

n)

]f

(x+

1

n

)=

[x+

1

n

]+

[x+

2

n

]+ +

[x+

n 1n

]+ [x+ 1] [nx+ 1]

[x]+1([nx]+1)

= [x] +

[x+

1

n

]+

[x+

2

n

]+ +

[x+

n 1n

] [nx]

= f(x),

de donde f(x) = 0, x R.

n1k=0

[x+

k

n

]= [nx].

2

Teorema 2.7Sea a un numero entero y b un numero entero positivo, entonces[a

b

]+

[b a 1

b

]= 0.

Prueba. La prueba se deja para el lector. 2

2.3. Aplicaciones

1. Resuelva

[x2

16

]= 1.

Solucion. [x2

16

]= 1 1 x

2

16< 2

16 x2 < 32 4 x < 42 42 < x 4.

C.S. =42,4

][4, 4

2.

2


2. Resuelva la inecuacion

[x2 1] > 2.

Solucion. La inecuacion:

[x2 1] > 2 [x2 1] 2 x2 1 2 x2 3 x 3 x 3

C.S. =,

3][

3,+.

2

3. Resuelva en Z, la ecuacion

[5 x2

]2

= [x 24].

Solucion. Por el teorema 2.5, el lado izquierdo de la ecuacion se puedeescribir como:

[5 x2

]2

=5 x22

= [5 x4

].

Luego resolveremos [5 x4

]=

[x 24

]

[5 x4

]+

[x 24

]= 0.

En el teorema 2.7, haciendo a = 5 x, b = 4

[5 x4

]+

[4 (5 x) 1

4

]= 0

[5 x4

]+

[x 24

]= 0.

La ecuacion se verifica para todo x Z, pues es una aplicacion directa delteorema 2.7. 2

4. Pruebe que

[n+

n+ 1] = [

4n+ 2]

para todo n numero entero positivo.

Prueba. Basta probar que entren +

n+ 1 y

4n+ 2 no existe un

entero.

La prueba la haremos por contradiccion; en efecto, supongamos que exister Z+ tal que

n+

n + 1 < r 0 y xy + yz + zx+ 2xyz = 1 la sustitucion es

x =a

b+ c, y =

b

c+ a, z =

c

a+ b,

pues xy + yz + zx+ 2xyz = 1 equivale a

1

xyz=

1

x+

1

y+

1

z+ 2,

es decir, en la primera sustitucion solo ha sido cambiada por la inversa de x, y, z.[11]


3.4. Aplicaciones

1. Sean a, b numeros reales tales que a2 + b2 = 1; halle la variacion de 2a + b.

Solucion. Como nos piden la variacion de 2a+b que es equivalente a escribir2a+1b; entonces escogemos los pares (2, 1) y (a, b) para aplicar la desigualdadde Cauchy-Schwarz.

En efecto, tenemos:

(2 a+ 1 b)2 (22 + 12)(a2 + b2) (2a+ b)2 (5)(1) (2a+ b)2 5 5 2a+ b 5.

2a+ b [5,5].

2

2. Sean x 1, y 1. Pruebe que(

x 1x

+

y 1y

)2 (x+ y 2)

(1

x2+

1

y2

).

Prueba. Consideremos los pares (x 1,y 1),

(1

x,1

y

)y aplicando

la desigualdad de Cauchy-Schwarz tenemos

(x 1 1

x+y 1 1

y

)2(

x 12 +y 12)((1

x

)2+

(1

y

)2)

(

x 1x

+

y 1y

)2 (x 1 + y 1)

(1

x2+

1

y2

)

(x 1x

+

y 1y

)2 (x+ y 2)

(1

x2+

1

y2

).

La igualdad ocurre si y solo si x = y. 2

44 3. Desigualdad de Cauchy-Schwarz

3. Pruebe que

(a2 + ab+ b2)2 (a2 + 2b2)(2a2 + b2),

para todo a, b numeros reales.

Prueba. Tomamos las ternas

(a, a, b), (a, b, b)

para aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

En efecto

(a a+ a b+ b b)2 (a2 + a2 + b2)(a2 + b2 + b2)

Luego tenemos

(a2 + ab+ b2)2 (2a2 + b2)(a2 + 2b2).


4. Sean a, b, c numeros reales, tales que no son nulos simultaneamente, halle elvalor maximo de

f(a, b, c) =|a+ 3b+ 9c|a2 + b2 + c2

.

Solucion. Sean las ternas (a, b, c) y (1, 3, 9), entonces

(a 1 + b 3 + c 9)2 (a2 + b2 + c2)(12 + 32 + 92) (a + 3b+ 9c)2 91(a2 + b2 + c2) (a+ 3b+ 9c)2 91(a2 + b2 + c2) |a+ 3b+ 9c|

a2 + b2 + c2 91,


como f(a, b, c) 0 entonces 0 f(a, b, c) 91. El maximo valor de f es

91, y esto ocurre si y solo si (a, b, c) = (1, 3, 9).

2

5. Sean a, b numeros reales, halle la variacion de

f() = (a sen + b cos).

Solucion. Sean los pares (a, b), (sen, cos). Utilizando Cauchy-Schwarztenemos:

(a sen + b cos)2 (a2 + b2)(sen2 + cos2) (a sen + b cos)2 (a2 + b2)(1) (a sen + b cos)2 a2 + b2 a2 + b2 a sen + b cos a2 + b2.

a2 + b2 f()

a2 + b2.

2

6. Sean a, b, c numeros reales tal que a + 2b + 3c = 14, halle la variacion dea2 + b2 + c2.

Solucion. Escogemos las ternas (1, 2, 3) y (a, b, c) para utilizar la desigual-dad de Cauchy-Schwarz.

En efecto

(1 a + 2 b+ 3 c)2 (12 + 22 + 32)(a2 + b2 + c2) 142 14(a2 + b2 + c2) 14 a2 + b2 + c2

a2 + b2 + c2 14.

La igualdad ocurre si y solo si (a, b, c) = (1, 2, 3). 2


7. Pruebe que para todo x, y, z numeros reales positivos

(x+ y

x+ y + z

)1/2+

(x+ z

x+ y + z

)1/2+

(y + z

x+ y + z

)1/2 61/2.

Prueba. Tomamos las ternas

((x+ y

x+ y + z

)1/2,

(x+ z

x+ y + z

)1/2,

(y + z

x+ y + z

)1/2); (1, 1, 1),

aplicando Cauchy-Schwarz:

((x+ y

x+ y + z

)1/2 1 +

(x+ z

x+ y + z

)1/2 1 +

(y + z

x+ y + z

)1/2 1)2

(

x+ y

x+ y + z+

x+ z

x+ y + z+

y + z

x+ y + z

) (12 + 12 + 12)

=

(2(x+ y + z)

x+ y + z

) (3)

= 6.

(x+ y

x+ y + z

)1/2+

(x+ z

x+ y + z

)1/2+

(y + z

x+ y + z

)1/2 61/2.

La igualdad ocurre si y solo si x = y = z. 2

8. Pruebe que

x+ y + z 2(

x2

y + z+

y2

x+ z+

z2

x+ y

),

para todo x, y, z numeros reales positivos.


Prueba. Como

(x+ y + z)2 =

(xy + z

y + z + yx+ z

x+ z + zx+ y

x+ y)2

(

x2

y + z+

y2

x+ z+

z2

x+ y

)(y + z + x+ z + x+ y)

(x+ y + z)2 2 (x+ y + z)(

x2

y + z+

y2

x+ z+

z2

x+ y

);

cancelando x+ y + z > 0

x+ y + z 2(

x2

y + z+

y2

x+ z+

z2

x+ y

).

La igualdad ocurre si y solo si x = y = z. 2

9. Sean x, y, z > 1 tales que1

x+

1

y+

1

z= 2, pruebe que

x+ y + z x 1 +

y 1 +z 1.

Prueba. Para aplicar Cauchy-Schwarz, tomamos las ternas

(x 1x

,

y 1y

,

z 1z

)y

(x,y,z);

en efecto tenemos que

(x 1x

x+y 1y

y +z 1z

z)2

(x 1x

+y 1y

+z 1z

) (x+ y + z)


(

x 1 +y 1 +z 1

)2

(1 1

x+ 1 1

y+ 1 1

z

) (x+ y + z)

=

(3

(1

x+

1

y+

1

z

))(x+ y + z)

= (3 2) (x+ y + z)= (x+ y + z).

Entonces(

x 1 +y 1 +z 1

)2 x+ y + z.

x 1 +

y 1 +z 1 x+ y + z.

La igualdad ocurre si y solo si x = y = z =3

2. 2

10. (China 1984/1985). Sean a1, a2, . . . , an > 0, pruebe que

a21a2

+a22a3

+ + a2n1

an+a2na1 a1 + a2 + + an.

Prueba. Aplicando el Lema de Titu.

a21a2

+a22a3

+ + a2n1

an+a2na1

(a1 + a2 + + an1 + an)2

a2 + a3 + + an + a1= a1 + a2 + + an.

La igualdad ocurre si y solo si a1 = a2 = = an. 2

11. (Desigualdad de Nesbit) Pruebe que

a

b+ c+

b

a+ c+

c

a + b 3

2,



Prueba.

a

b+ c+

b

a + c+

c

a+ b=

a2

ab+ ac+

b2

ba + bc+

c2

ca+ cb

(a + b+ c)2

(ab+ ac) + (ba + bc) + (ca + cb)

=(a+ b+ c)2

2(ab+ bc+ ca),

basta demostrar que

(a + b+ c)2

2(ab+ bc + ca) 3

2.

Como

a2 + b2 + c2 ab+ ac+ bc a2 + b2 + c2 + 2(ab+ ac+ bc) 3(ab+ ac+ bc)

(a+ b+ c)2

2(ab+ bc + ca) 3

2.


12. Pruebe que para todo a, b, c numeros reales positivos

a3

a2 + ab+ b2+

b3

b2 + bc + c2+

c3

c2 + ca+ a2 a + b+ c

3.

Prueba. El lado izquierdo de la desigualdad se puede escribir como

a4

a3 + a2b+ ab2+

b4

b3 + b2c+ bc2+

c4

c3 + c2a+ ca2,


luego, aplicando el Lema de Titu, tenemos:

a4

a3 + a2b+ ab2+

b4

b3 + b2c + bc2+

c4

c3 + c2a+ ca2

(a2 + b2 + c2)2

a3 + b3 + c3 + ab(a + b) + bc(b+ c) + ca(c+ a)

=(a2 + b2 + c2)2

(a+ b+ c)(a2 + b2 + c2)

=a2 + b2 + c2

a + b+ c,

entonces

a3

a2 + ab+ b2+

b3

b2 + bc+ c2+

c3

c2 + ca + a2 a

2 + b2 + c2

a+ b+ c.

Pero

a2 + b2 + c2 ab+ ac+ bc 2(a2 + b2 + c2) 2(ab+ ac+ bc) 3(a2 + b2 + c2) a2 + b2 + c2 + 2(ab+ ac + bc) 3(a2 + b2 + c2) (a + b+ c)2

a2 + b2 + c2

a+ b+ c a+ b+ c

3.

De donde

a3

a2 + ab+ b2+

b3

b2 + bc+ c2+

c3

c2 + ca + a2 a+ b+ c

3.


13. Sean a, b, c numeros reales positivos. Pruebe que

a3 + b3 + c3 + 3abc ab(a + b) + bc(b+ c) + ca(c+ a).


Prueba. La desigualdad es equivalente a

a3 + b3 + c3 + 3abc a2b ab2 b2c bc2 c2a+ ca2 0(a3 a2(b+ c) + abc) + (b3 b2(a+ c) + abc) + (c3 c2(b+ a) + abc) 0a (a2 (b+ c)a+ bc) + b (b2 (a + c)b+ ac) + c (c2 (b+ a)c+ ab) 0

a(a b)(a c) + b(b a)(b c) + c(c a)(c b) 0,

y esta es la desigualdad de Schur para n = 1.


14. Pruebe la desigualdad de Nesbit utilizando las sustituciones utiles

a

b+ c+

b

a + c+

c

a+ b 3

2,


Prueba. Haciendo x =a

b+ c, y =

b

c+ a, z =

c

a+ b.

Entonces es suficiente probar que si x, y, z > 0 con xy + yz + zx + 2xyz = 1,entonces x+ y + z 3/2.Supongamos que x+ y + z 0.

Solucion. Vemos que

f(x) = x2 +4x= x2 +

1x+

1x+

1x+

1x

entonces aplicamos MA MG a los numeros x2, 1x,1x,1x,1x, veamos:

x2 +1x+

1x+

1x+

1x

5 5

x2 1

x 1

x 1

x 1

x

x2 + 4x

5(1)

entonces f(x) 5.Por lo tanto, el mnimo de f es 5 y ocurre si y solo si x = 1. 2

62 4. Desigualdad de la Media Aritmetica - Media Geometrica

7. Pruebe que

M = 1 +

2 + 1

2+

3

3 + 1

3+ + n

n+ 1

n< n+ 1.

Prueba. El termino general de la suma del primer miembro es kk + 1

ky vemos que

k

k + 1

k= k

k + 1k

1 1 1 (k 1) factores

1. Sea racional, = m

n, m,n Z+ con 1 m < n.

Como 1 + x > 0, tenemos

(1 + x) = (1 + x)mn = n

(1 + x)m = n

(1 + x)m 1nm

=n

(1 + x) (1 + x) (1 + x)

m

1 1 1 nm

m (1 + x) + (1 + x) + + (1 + x)+

nm 1 + 1 + + 1

m+ (nm)=

m(1 + x) + nmn

=n+mx

n= 1 +

m

nx = 1 + x,

de donde se tiene

(1 + x) 1 + x, Q, 0 < < 1.

Ahora veremos para Q. (Q conjunto de los numeros irracionales.)Sea (qk)kN = (q1, q2, q3, . . . , qk, . . .) una sucesion de numeros racionales tal que

= lmk

qk y 0 < qk < 1.

En efecto

(1 + x)qk 1 + qkx; x 1, k = 1, 2, 3, . . .

71

luego

(1 + x) = lmk

(1 + x)qk lmk

(1 + qkx) = 1 + x.

Para completar la prueba, veamos que 0 < < 1 y x 6= 0, se tiene

(1 + x) < 1 + x;

tomemos un numero racional q tal que < q < 1.

Y como (1 + x) =[(1 + x)

q

]qse cumple, entonces

(1 + x)q 1 +

qx; pues 0 1), se tiene

(1 + x) 1 + x.

Prueba. Si 1 + x < 0, la desigualdad es evidente, pues el primer miembro esno negativo.

Si 1 + x 0, es decir x 1, consideremos dos casos:

Sea > 1, entonces por el teorema 5.2

(1 + x)1 1 + 1

x = 1 + x,

de donde

1 + x (1 + x) (1 + x) 1 + x.

72 5. Desigualdad de Bernoulli y la Media Potencial

Sea < 0, tomemos un entero n positivo tal que n< 1, luego por el teorema

5.2

(1 + x)n 1 +

(n

)x

(1 + x)n 11

nx 1 +

nx.

La igualdad solo es posible si x = 0. 2

5.1. Media Potencial

Definicion 5.1: Dados x1, x2, . . . , xn numeros reales positivos, el numero

M =

(x1 + x

2 + + xnn

) 1

es la media potencial de grado de los numeros x1, x2, , xn. En particular

M1 =x1 + x2 + + xn

nes la media aritmetica,

M2 =

(x21 + x

22 + + x2nn

) 12

es la media cuadratica,

M1 =

(x11 + x

12 + + x1nn

)1es la media armonica.

Teorema 5.4Si x1, x2, . . . , xn numeros reales positivos y < 0 < , entonces

M MG M.

Prueba. Como MG MA, entonces

nx1 x2 xn

x1 + x2 + + xnn

.

De < 0 < , tenemos 1< 0, entonces elevando a la potencia 1

5.1. Media Potencial 73

( nx1 x2 xn)

1

(x1 + x

2 + + xnn

) 1

nx1 x2 xn (x1 + x

2 + + xnn

) 1

= M,

de donde M MG.As mismo

n

x1 x2 xn

x1 + x2 + + xnn

; > 0,

elevando a la potencia 1(

n

x1 x2 xn

) 1

(x1 + x

2 + + xnn

) 1

nx1 x2 xn (x1 + x

2 + + xnn

) 1

=M ,

de donde MG M.

M MG M.

2

Teorema 5.5Si x1, x2, . . . , xn son numeros reales positivos y < , se tiene

M M .

La igualdad ocurre si y solo si x1 = x2 = = xn.

Prueba. El teorema 5.4 demuestra cuando y tienen diferentes signos. Ahoraveamos cuando tienen el mismo signo.

Supongamos que 0 < < y haciendo

M =

(x1 + x

2 + + xnn

) 1

= q,

entonces

MM

=Mq

=

(x1q

)+

(x2q

)+ +

(xnq

)n

1

.

Tomando

d1 =

(x1q

); d2 =

(x2q

); ; dn =

(xnq

),

obtenemos

Mq

=

d 1 + d 2 + + d nn

1

.

Pero

(d1 + d2 + + dn

n

) 1

=

(x1q

)+

(x2q

)+ +

(xnq

)n

1

=1

q(x1 + x

2 + + xnn

) 1

=1

q q = 1,

resultad1 + d2 + + dn

n= 1, es decir

d1 + d2 + + dn = n.

Haciendo

d1 = 1 + k1; d2 = 1 + k2; . . . ; dn = 1 + kn,

entonces k1 + k2 + + kn = 0.Como

> 1, pues < , se tiene

5.1. Media Potencial 75

1 = (1 + k1) 1 +

k1

2 = (1 + k2)

1 + k2

......

n = (1 + kn)

1 + kn.

Sumando miembro a miembro, tenemos

1 +

2 + +

n n+

(k1 + k2 + + kn

0

)

1 +

2 + +

n n

1 +

2 + +

n

n 1

1 + 2 + + n

n

1

1,

de donde

Mq 1 M q M M.

La igualdad M =M se cumple si y solo si

k1 = k2 = = kn = 0, luegod1 = d2 = = dn = 1, y por consiguientex1 = x2 = = xn.

Falta demostrar el caso < < 0, pero de < < 0 se tiene 0 0 y tenemos que buscar una relacion entre x+y+zy x3 + y3 + z3, entonces aplicamos la Media Potencial, veamos:

x+ y + z

3

(x3 + y3 + z3

3

)1/3 (x+ y + z)

3

27 x

3 + y3 + z3

3

(33)3

9 x3 + y3 + z3

13

x3 + y3 + z3

Por lo tanto el mnimo de f es1

3y ocurre si y solo si x = y = z =

33

3. 2


3. Sean x, y, z reales no negativos, pruebe que

x5 + y5 + z5 5(x+ y + z) 12.

Prueba. Como en la desigualdad aparecen suma y suma de quintas,entonces podemos aplicar la desigualdad de Bernoulli o la media potencial;veamos utilizando la desigualdad de Bernoulli:

(1 + a)5 1 + 5a; a 1.

Haciendo 1 + a = x a = x 1, entonces

x5 1 + 5(x 1) x5 5x 4; x 0; similarmente

y5 5y 4z5 5z 4

sumando miembro a miembro y efectuando tenemos

x5 + y5 + z5 5x+ 5y + 5z 12.

x5 + y5 + z5 5(x+ y + z) 12.

La igualdad ocurre si y solo si x = y = z = 1. 2

CAPITULO 6DESIGUALDAD DE

REORDENAMIENTOS

Teorema 6.1 (Teorema de Abel)Sean (x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn), dos n-uplas de numeros reales y denotamos

ck = y1 + y2 + + yk; (k = 1, 2, . . . n),entonces

x1y1 +x2y2 + +xnyn = (x1x2)c1 +(x2x3)c2 +(xn1xn)cn1 +xncn. (6.1)

Prueba. Efectuando el segundo miembro de (6.1)

(x1 x2)c1 + (x2 x3)c2 + (xn1 xn)cn1 + xncn = c1x1 + (c2 c1)x2 + +(cn cn1)xn

= y1x1 + y2x2 + + ynxn.2

Teorema 6.2 (Desigualdad de Abel)Sean x1, x2, . . . , xn, y y1 y2 yn 0 numeros reales y denotemos

sk =

ki=1

xi con M = max {s1, s2, . . . , sn} y m = mn {s1, s2, . . . , sn}, entonces

my1 x1y1 + x2y2 + + xnyn My1.

79

80 6. Desigualdad de Reordenamientos

Prueba. Como y1 y2 yn 0, entonces aplicando el teorema de Abeltenemos

ni=1

xiyi =

ni=1

(yi yi+1)si; yn+1 = 0

ni=1

(yi yi+1)m = mni=1

(yi yi+1) = my1,

de donde

ni=1

xiyi my1.

Similarmente

ni=1

xiyi =ni=1

(yi yi+1)si; yn+1 = 0

ni=1

(yi yi+1)M = Mni=1

(yi yi+1) =My1,

de donde

ni=1

xiyi My1.

my1 ni=1

xiyi My1.

2

Aplicacion 6.1Sean a1, a2, , an y b1 b2 bn 0 numeros reales positivos tales que

a1 a2 ak b1 b2 bk, k {1, 2, . . . , n}.

Pruebe que

a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn.

81

Prueba. Aplicando el teorema de Abel

ni=1

ai ni=1

bi =

ni=1

bi

(aibi 1

)

= (b1 b2)(a1b1 1

)+ (b2 b3)

(a1b1

+a2b2 2

)+

+(bn1 bn)(

n1i=1

aibi n+ 1

)+ bn

(ni=1

aibi n

).

Analizando cada suma

ki=1

aibi; k = 1, 2, . . . , n, mediante la propiedadMA MG

a1b1

+a2b2

+ + akbk k k

a1b1 a2b2 ak

bk k,

luego (ki=1

aibi k

) 0.

ni=1

ai ni=1

bi 0.

2

Teorema 6.3 (Desigualdad de Reordenamientos)Sean (a1, a2, . . . , an) y (b1, b2, . . . , bn) dos sucesiones crecientes de numeros reales ysea (bi1 , bi2 , . . . , bin) una permutacion de (b1, b2, . . . , bn), entonces

a1b1 + a2b2 + + anbn a1bi1 + a2bi2 + + anbin .

Si (a1, a2, . . . , an) es creciente y (b1, b2, . . . , bn) es decreciente, entonces

a1b1 + a2b2 + + anbn a1bi1 + a2bi2 + + anbin .

Prueba. Veamos el caso

a1 a2 an y b1 b2 bn.


Aplicando el teorema de Abel

nk=1

akbk ni=1

akbik =

nk=1

ak (bk bik)

= (a1 a2) (b1 bi1) (+)

+ (a2 a3) (b1 + b2 bi1 bi2) (+)

+

+ (an1 an)(

n1k=1

bk n1k=1

bik

)

(+)

+ an

(n

k=1

bk n

k=1

bik

)

(+)

0,

pues para cada k = 1, 2, . . . , n, tenemos que

kj=1

bj k

j=1

bij ,

ya que b1 b2 bn.La segunda parte del teorema se prueba similarmente. 2

Aplicacion 6.2Pruebe que

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b 3

2


Prueba. Esta desigualdad ya fue probada por el Lema de Titu y aplicandoMA MG, ahora veamos aplicando reordenamientos.

En efecto, por la simetra del primer miembro de la desigualdad, podemos asumirun orden, como a b c, entonces a+ b a+ c b+ c y

1

b+ c 1

a+ c 1

a+ b.

83

Luego

a

b+ c+

b

c + a+

c

a+ b b

b+ c+

c

c+ a+

a

a + ba

b+ c+

b

c + a+

c

a+ b c

b+ c+

a

c+ a+

b

a + b,

sumando miembro a miembro, tenemos:

2

(a

b+ c+

b

c + a+

c

a+ b

) b+ c

b+ c+c+ a

c+ a+a+ b

a+ b= 3,

de donde

a

b+ c+

b

c + a+

c

a+ b 3

2.

2

Colorario 6.1 Para toda permutacion (a1, a2, . . . , a

n) de (a1, a2, . . . , an), se tiene

a21 + a22 + + a2n a1 a1 + a2 a2 + + an an.

Colorario 6.2 Para toda permutacion (a1, a2, . . . , a

n) de (a1, a2, . . . , an), se tiene

a1a1

+a2a2

+ + an

an n.

Teorema 6.4 (Desigualdad de Chebyshev)Sean a1 a2 an y b1 b2 bn, entonces

a1b1 + a2b2 + + anbnn

(a1 + a2 + + an

n

)(b1 + b2 + + bn

n

).

Si una de las sucesiones es creciente y la otra, decreciente, el sentido de la de-sigualdad cambia

a1b1 + a2b2 + + anbnn

(a1 + a2 + + an

n

)(b1 + b2 + + bn

n

).


Prueba. Veamos el caso cuando las dos sucesiones son crecientes. En efecto,por la desigualdad de reordenamientos, tenemos

a1b1 + a2b2 + + anbn = a1b1 + a2b2 + + anbn,a1b1 + a2b2 + + anbn a1b2 + a2b3 + + anb1,a1b1 + a2b2 + + anbn a1b3 + a2b4 + + anb2,

......

...

a1b1 + a2b2 + + anbn a1bn + a2b1 + + anbn1.Sumando miembro a miembro, tenemos

n(a1b1 + a2b2 + + anbn) (a1 + a2 + + an)(b1 + b2 + + bn).

El otro caso se prueba de manera similar. 2


a3

x+b3

y+c3

z (a + b+ c)

3

3(x+ y + z)

para todo a, b, c, x, y, z numeros reales positivos con a b c y z y x.

Prueba. Sean las ternas (a2

x,b2

y,c2

z

); (a, b, c),

como a b c y z y x, entonces a2

x b

2

y c

2

z.

Aplicando el teorema de Chebyshev

a2

x a+ b

2

y b+ c

2

z c

3

a2

x+b2

y+c2

z

3

(a+ b+ c3)

a3

x+b3

y+c3

z

(a2

x+b2

y+c2

z

)(a+ b+ c

3

).

85

Luego es suficiente demostrar(a2

x+b2

y+c2

z

)(a+ b+ c

3

) (a+ b+ c)

3

3(x+ y + z).

Pero sabemos por el lema de Titu

a2

x+b2

y+c2

z (a + b+ c)

2

x+ y + z.

Multiplicando por

(a+ b+ c

3

), tenemos(

a2

x+b2

y+c2

z

)(a+ b+ c

3

) (a+ b+ c)

3

3(x+ y + z).

2


x

y + z+

y

z + x+

z

x+ y 3

2

para todo , x, y, z numeros reales positivos tales que xyz = 1 y 1.

Prueba. Por la simetra, podemos asumir el orden x y z, entonces

z + x y + z 1z + x

1y + z

x+ y x+ z 1x+ y

1x+ z

,

de donde1

x+ y 1

x+ z 1

y + z.

Luegoz

x+ y y

x+ z x

y + zy ademas

x1 y1 z1.

Utilizando Chebyshev

x

y + z+

y

z + x+

z

x+ y 1

3

(x1 + y1 + z1

)( xy + z

+y

z + x+

z

x+ y

).


Pero sabemos que

x1 + y1 + z1

3 3(xyz)1 = 1

x

y + z+

y

z + x+

z

x+ y 3

2

x

y + z+

y

z + x+

z

x+ y 3

2.

2


a3

b+ c+ d+

b3

a+ c+ d+

c3

a+ b+ d+

d3

a+ b+ c 1

3

para todo a, b, c, d reales positivos con ab+ bc + cd+ da = 1.

Prueba. Por la simetra del primer miembro de la desigualdad, supongamossin perdida de generalidad que a b c d, y haciendo

m = b+ c+ d,

n = a+ c+ d,

p = a+ b+ d,

q = a+ b+ c

m n p q 1m 1

n 1

p 1

q,

luego, aplicando Chebyshev, tenemos:

a3

m+b3

n+c3

p+d3

q

14(a3 + b3 + c3 + d3)

(1

m+

1

n+

1

p+

1

q

) 1

16(a2 + b2 + c2 + d2) (a+ b+ c+ d)

(1

m+

1

n+

1

p+

1

q

)

87

como m+ n+ p+ q = 3(a+ b+ c+ d), entonces

a3

m+b3

n+c3

p+d3

q

116

(a2 + b2 + c2 + d2)

(m+ n+ p+ q

3

)(1

m+

1

n+

1

p+

1

q

)=

1

16(a2 + b2 + c2 + d2)

1

3

[(m+ n + p+ q)

(1

m+

1

n+

1

p+

1

q

)] 1

16(a2 + b2 + c2 + d2)

1

3(16)

=1

3(a2 + b2 + c2 + d2) .

Nos falta acotar a2+b2+c2+d2 y como tenemos la relacion ab+bc+cd+da = 1,entonces tomamos las cuaternas (a, b, c, d) y (b, c, d, a) para aplicar Cauchy-Schwarz;en efecto:

(a2 + b2 + c2 + d2) (b2 + c2 + d2 + a2) (ab+ bc + cd+ da)2 (a2 + b2 + c2 + d2)2 (1)2 a2 + b2 + c2 + d2 1.

a3

m+b3

n+c3

p+d3

q 1

3.

2

CAPITULO 7DESIGUALDAD CON FUNCIONES

CONVEXAS

Las funciones convexas cumplen un rol muy importante en la matematica, espe-cialmente en la lnea de optimizacion, ya que en estos tiempos se estan estudiandomodelos matematicos en ingeniera, economa, etc.

En este captulo estudiaremos estas funciones para obtener una desigualdad muyimportante llamada la desigualdad de Jensen, la cual se ha utilizado en muchasolimpiadas matematicas internacionales.

7.1. Funcion convexa

Definicion 7.1: Sea f una funcion real de variable real, definida sobre [a, b] R. fes llamada una funcion convexa sobre [a, b] si y solo si para cada x, y [a, b] y paratodo 0 t 1, se tiene

f(tx+ (1 t)y) tf(x) + (1 t)f(y).

A continuacion utilizaremos el concepto de primera y segunda derivada (se puedecualquier libro de Analisis Matematico).

Teorema 7.1Si f es una funcion real definida sobre [a, b] R y f (x) > 0 para todo x a, b,entonces f es una funcion convexa sobre [a, b].

89

90 7. Desigualdad con Funciones Convexas

Prueba. Debemos probar que para todo x [a, b] y para todo t [0, 1], secumple

f(tx+ (1 t)y) tf(x) + (1 t)f(y). (7.1)

Supongamos que t y y son constantes; definimos

g(x) = tf(x) + (1 t)f(y) f(tx+ (1 t)y).

Derivando con respecto a x

g(x) = tf (x) tf (tx+ (1 t)y) = t(f (x) f (tx+ (1 t)y)).

Como f (x) > 0, x [a, b], entonces f es creciente en [a, b], de donde tenemosque

g(x) 0 si x y; yg(x) 0 si x y,

el mnimo de la funcion es g(y), evaluando en (7.1) tenemos g(y) = 0.Luego

g(x) g(y), x [a; b],

de donde

g(x) 0 x [a; b].

Reemplazando

tf(x) + (1 t)f(y) f(tx+ (1 t)y) 0.

f(tx+ (1 t)y) tf(x) + (1 t)f(y), x [a; b], t [0; 1]. [9]

2

7.1. Funcion convexa 91

Ejemplo 7.1La funcion f(x) = x, con x numero real, es convexa.

1 2 3 41234

1

2

3

4

5

6

7

8

1

pues f (x) = x > 0, para todo x numero real.

Teorema 7.2Si f es convexa sobre [a, b], entonces para cada x, y [a, b] se tiene

f

(x+ y

2

) 1

2(f(x) + f(y)) .

Prueba. Es suficiente tomar t =1

2en la definicion. 2

Definicion 7.2 : Una funcion f real definida sobre [a, b] R es llamada funcionconcava sobre [a, b] si y solo si para cada x, y [a, b] y para todo 0 t 1 se tiene

f(tx+ (1 t)y) tf(x) + (1 t)f(y).

Teorema 7.3 (Desigualdad de Jensen)Si f es convexa sobre [a, b], entonces para cada t1, t2, . . . , tn [0, 1] con

ni=1

ti = 1 y

para cada x1, x2, . . . , xn [a, b], se tiene

f(t1x1 + t2x2 + + tnxn) t1f(x1) + t2f(x2) + + tnf(xn).

Prueba. Demostraremos por induccion. Para n = 2 es el teorema anterior.Supongamos que se cumpla para (n 1), veamos para n.

Como

t1x1 + t2x2 + + tn1xn1 + tnxn = (1 tn)[

t11tn

x1 +t2

1tnx2 + + tn1tn1xn1

]+tnxn,

entonces

f(t1x1 + t2x2 + + tnxn) = f((1 tn)

[t1

1 tnx1 + +tn11 tnxn1

]+ tnxn

) (1 tn)f

[t1

1 tnx1 + +tn11 tnxn1

]+tnf(xn), f convexa

(1 tn)[

t11 tnf(x1) + +

tn11 tn f(xn1)

]+tnf(xn),

= t1f(x1) + t2f(x2) + + tnf(xn),

de donde se tiene

f(t1x1 + t2x2 + + tnxn) t1f(x1) + t2f(x2) + + tnf(xn).2

En particular, si t1 = t2 = = tn = 1n, se tiene

f

(x1 + x2 + + xn

n

) 1

n(f(x1) + f(x2) + + f(xn)) .

Similarmente si f es concava entonces

f(t1x1 + t2x2 + + tnxn) t1f(x1) + t2f(x2) + + tnf(xn).

Teorema 7.4Si f es una funcion real definida sobre [a, b] R, y f (x) < 0 para todo x a, b,entonces f es una funcion concava sobre [a, b].


Prueba. La prueba es similar al teorema 7.1. 2

Aplicacion 7.1Pruebe que dados x1, x2, . . . , xn, t1, t2, . . . , tn numeros reales positivos con

ni=1

ti = 1,

entonces

xt11 xt22 xtnn t1x1 + t2x2 + + tnxn.

Prueba. Sabemos que f(x) = x, x R, es convexa y ademas

xtii = lnx

tii = ti lnxi,

entonces

xt11 xt22 xtnn = t1 lnx1 t2 lnx2 tn lnxn= t1 lnx1+t2 lnx2++tn lnxn

aplicando la Desigualdad de Jensen

t1 lnx1+t2 lnx2++tn lnxn t1lnx1 + t2lnx2 + + tnlnxn= t1x1 + t2x2 + + tnxn.

2

Aplicacion 7.2Sean x, y, a, b numeros reales positivos, que satisfacen

1

a+

1

b= 1, entonces

xy 1axa +

1

byb.

Prueba. De la aplicacion anterior se tiene

xy = (xa)1a (yb) 1b 1

axa +

1

byb.

2

Aplicacion 7.3Si x1, x2, . . . , xn son numeros reales positivos. Pruebe que

1

1 + r1+

1

1 + r2+ + 1

1 + rn n

nr1r2 rn + 1 .

Prueba. Por la forma de cada fraccion del primer miembro, definimos la funcion

f(x) =1

1 + x; x R+.

Veamos que es convexa.Derivando, tenemos

f (x) =x

(1 + x)2y

f (x) =x (x 1)(1 + x)3

> 0, x > 0.

Por lo tanto f es convexa. Luego, podemos aplicar la Desigualdad de Jensen

f

(x1 + x2 + + xn

n

) 1

n(f(x1) + f(x2) + + f(xn))

1

1 + x1+x2++xn

n

1n

(1

1 + x1+

1

1 + x2+ + 1

1 + xn

)haciendo xi = ri, i = 1, 2, . . . , n, tenemos

nnr1r2 rn + 1

1

1 + r1+

1

1 + r2+ + 1

1 + rn.

2

Aplicacion 7.4Utilizando la desigualdad de Jensen, pruebe que

x1 + x2 + + xnn

nx1x2 xn,

siendo x1, x2, , xn numeros reales positivos. Prueba. Definamos f(x) = ln x, x > 0.

Derivando

f (x) =1

x,

f (x) = 1x2

< 0,


entonces f es concava. Luego

1

n(ln x1 + ln x2 + + lnxn) ln

(x1 + x2 + + xn

n

) 1

nln (x1x2 xn) ln

(x1 + x2 + + xn

n

) ln nx1x2 xn ln

(x1 + x2 + + xn

n

) nx1x2 xn x1 + x2 + + xn

n.

2

Aplicacion 7.5(IMO 2001). Sean a, b, c numeros reales positivos, pruebe que

aa2 + 8bc

+b

b2 + 8ca+

cc2 + 8ab

1.

Prueba. Definimos la funcion f(x) =1x, x > 0. La funcion es convexa, y sin

perdida de generalidad asumimos que a + b+ c = 1, luego

af(a2 + 8bc) + bf(b2 + 8ca) + cf(c2 + 8ab)

fa(a2 + 8bc) + b(b2 + 8ca) + c(c2 + 8ab)

x

,luego basta demostrar que

f(x) =1x 1

x 1 a3 + b3 + c3 + 24abc 1 a3 + b3 + c3 + 24abc (a+ b+ c)3 a3 + b3 + c3 + 24abc a3 + b3 + c3 + 3(a+ b)(b+ c)(c+ a) (a + b)(b+ c)(c+ a) 8abc.


CAPITULO 8ESPACIO M ETRICO

Una de las operaciones principales del analisis es el paso al lmite. Esta operaciondescansa sobre el hecho de que en la recta numerica esta definida la distancia entredos puntos.

Es impresionante ver que muchos resultados principales del analisis no tienennada que ver con la naturaleza algebraica del conjunto de los numeros reales, esdecir, solo se apoya en las propiedades de distancia y con ello llegamos al conceptode Espacio Metrico, que es uno de los conceptos mas importantes de la matematicamoderna.

Definicion 8.1 : Un espacio metrico es un par (X, d) compuesto de un conjunto(espacio) X 6= de elementos (puntos) y de una distancia, es decir una funcion

d : X X R(x, y) 7 d(x, y)

no negativa, que verifica las tres condiciones siguientes:

(1) d(x, y) = 0 x = y.(2) d(x, y) = d(y, x), (axioma de simetra.)

(3) d(x, z) d(x, y) + d(y, z), (axioma triangular.)

Muchas veces lo denotaremos simplemente como X al espacio metrico (X, d),por comodidad en la notacion.

97

98 8. Espacio Metrico

Mencionaremos algunos ejemplos que desempenan un papel importante en elanalisis.

1. Sea X 6= un conjunto arbitrario con

d(x, y) =

{0, x = y

1, x 6= y

(X, d) es un espacio metrico llamado de puntos aislados.

2. El conjunto de los numeros reales con la distancia

d(x, y) = |x y|

forma el espacio metrico (R, d).

Veamos que cumple los axiomas correspondientes.

Prueba.

(1)d(x, y) = 0 |x y| = 0

x y = 0 x = y.

(2) d(x, y) = |x y| = |y x| = d(x, y).(3) d(x, z) = |xz| = |(xy)+(yz)| |xy|+ |yz| = d(x, y)+d(y, z)

de donde

d(x, z) d(x, y) + d(y, z).

2

3. El conjunto

Rn = {x = (x1, x2, . . . , xn)/ x1, x2, . . . , xn R}

99

con la distancia

d(x, y) =

nk=1

(yk xk)2

es el espacio metrico (Rn, d).

Para verificar que es espacio metrico, veamos que se cumple el axioma trian-gular (3), ya que (1) y (2) son directos.

Sean

x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn), z = (z1, z2, . . . , zn),

entonces para que se cumpla

d(x, z) d(x, y) + d(y, z)

se tiene que cumplir la desigualdad nk=1

(zk xk)2 n

k=1

(yk xk)2 + n

k=1

(zk yk)2. (8.1)

Si tomamos yk xk = ak y zk yk = bk zk xk = ak + bk, entonces (8.1)tiene la forma n

k=1

(ak + bk)2 n

k=1

a2k +

nk=1

b2k. (8.2)

Esta desigualdad se deduce de la desigualdad de Cauchy-Schwarz

(n

k=1

akbk

)2

nk=1

a2k n

k=1

b2k. (8.3)


En efecto:

nk=1

(ak + bk)2 =

nk=1

a2k + 2

nk=1

akbk +

nk=1

b2k

n

k=1

a2k + 2

nk=1

a2k n

k=1

b2k +

nk=1

b2k

=

nk=1

a2k +

nk=1

b2k

2 ,de donde n

k=1

(ak + bk)2 n

k=1

a2k +

nk=1

b2k.

4. Considerando el mismo conjunto Rn, pero definiendo la distancia

d1(x, y) =n

k=1

|yk xk|.

Tambien es un espacio metrico (Rn, d1).

5. Considerando nuevamente Rn, y definiendo una nueva distancia

d2(x, y) = max1kn

|yk xk|.

Tambien es un espacio metrico (Rn, d2).

6. L2 = {x = (x1, x2, . . . , xn, . . .)} tal que xk R para todo k N tal quek=1

x2k

101

La funcion d(x, y) as definida tiene sentido para x, y L2 ya que la serie k=1

(yk xk)2 converge siempre quek=1

x2k


8.1. Desigualdad de Holder

Sean x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn numeros reales positivos y a, b > 0 tal que1

a+

1

b= 1, entonces

ni=1

xiyi (

ni=1

xai

)1/a(

ni=1

ybi

)1/b.

Prueba. Supongamos que

ni=1

xai =

ni=1

ybi = 1, usando el hecho que

xiyi 1axai +

1

bybi (ejercicio demostrado anteriormente),

entonces

ni=1

xiyi 1a

ni=1

xai +1

b

ni=1

ybi =1

a+

1

b= 1. (8.4)

Ahora supongamos que

ni=1

xai =M y

ni=1

ybi = N .

Sea xi =xi

M1/a, yi =

yiN1/b

, entonces

ni=1

xai =

ni=1

xai

M=M

M= 1,

ni=1

ybi =

ni=1

ybi

N=

N

N= 1.

Luego

ni=1

xiyi =

ni=1

xiyiM1/a N1/b =

1

M1/a N1/bni=1

xiyi. (8.5)

8.2. Desigualdad de Minkonski 103

De (8.4) se tiene que

ni=1

xiyi 1, entonces de (8.5) tenemos

1

M1/a N1/bni=1

xiyi 1ni=1

xiyi M1/a N1/b.

Reemplazando

ni=1

xiyi (

ni=1

xai

)1/a(

ni=1

ybi

)1/b.

2

En particular si a = b = 2, tenemos la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

8.2. Desigualdad de Minkonski

Sean a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn numeros positivos y p > 1, entonces(n

k=1

(ak + bk)p

)1/p(

nk=1

(ak)p

)1/p+

(n

k=1

(bk)p

)1/p.

Prueba. Como

(ak + bk)p = (ak + bk)(ak + bk)

p1

= ak(ak + bk)p1 + bk(ak + bk)

p1,

entonces

nk=1

(ak + bk)p =

nk=1

ak(ak + bk)p1 +

nk=1

bk(ak + bk)p1, (8.6)

aplicando la desigualdad de Holder en cada termino del segundo miembro, sa-

biendo que p > 1 y1

p+

1

q= 1

nk=1

ak(ak + bk)p1

(n

k=1

(ak)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)q(p1)

)1/q,

nk=1

bk(ak + bk)p1

(n

k=1

(bk)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)q(p1)

)1/q,

ademas q(p 1) = p y reemplazando en (8.6)

nk=1

(ak + bk)p

(n

k=1

(ak)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)p

)1/q

+

(n

k=1

(bk)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)p

)1/qn

k=1

(ak + bk)p

(n

k=1

(ak + bk)p

)1/q( n

k=1

(ak)p

)1/p+

(n

k=1

(bk)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)p

)11/q(

nk=1

(ak)p

)1/p+

(n

k=1

(bk)p

)1/p(

nk=1

(ak + bk)p

)1/p(

nk=1

(ak)p

)1/p+

(n

k=1

(bk)p

)1/p.

2

Teorema 8.1Dados los puntos A,B,C del plano, se tiene que

AB AC + CB,

la igualdad ocurre si C AB.Aplicacion 8.1Sean a, b, c los lados de un triangulo. Pruebe que

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a + b< 2.

8.2. Desigualdad de Minkonski 105

Prueba. Como a < b+ c, b < c+ a, c < a+ b,

a

b+ c+

b

c + a+

c

a+ b=

2a

2b+ 2c+

2b

2c+ 2a+

2c

2a+ 2b

=2a

(b+ c) +(b+ c) +2b

(c+ a) +(c+ a) +2c

(a+ b) +(a + b) 0,

Sa + Sc = 2a > 0,

Sb + Sc = 2c > 0

entonces para que se cumpla (9.6) por el teorema 9.4 basta probar que

SaSb + SaSc + SbSc 0.

114 9. Metodo de la Suma de Cuadrados

Reemplazando, tenemos la desigualdad equivalente

(a + b c)(b+ c a) + (b+ c a)(c+ a b) + (c+ a b)(a+ b c)= (b+ a c)(b+ c a) + (c + b a)(c+ a b) + (a+ c b)(a+ b c)= b2 (c a)2 + c2 (a b)2 + a2 (b c)2= 2ab+ 2ac+ 2bc (a2 + b2 + c2)= 4ab (a2 + b2 + c2 + 2ab 2ac 2ac 2bc)= 4ab (a+ b c)2 = (2ab+ a + b c)(2ab a b+ c)

=

((a +

b)2 (c)2

)((c)

2 (

ab)2)

=(

a+b+

c)a +bc

+

c+ab +

c +ba +

> 0,(pues

a,b,c son lados de un triangulo)

entonces SaSb + SbSc + ScSa > 0; luego aplicando teorema 9.4, concluimos que

(c+ a b)(a b)2 + (a+ b c)(b c)2 + (b+ c a)(c a)2 0.

La igualdad ocurre si y solo si el triangulo es equilatero. 2

Aplicacion 9.2Sean a, b, c reales positivos tales que ab+ bc+ ca = 1. Pruebe que

1 + a2b2

(a+ b)2+

1 + b2c2

(b+ c)2+

1 + c2a2

(c+ a)2 5

2.

Prueba. Veamos

1 + a2b2

(a + b)2=

12 + a2b2

(a+ b)2=

(ab+ bc+ ca)2 + a2b2

(a+ b)2

=2a2b2 + 2ab(bc + ca) + (bc+ ca)2

(a + b)2

=2ab(ab+ ac + bc) + (bc + ca)2

(a+ b)2=

2ab(ab + ac+ bc)

(a+ b)2+ c2,

115

entonces

1 + a2b2

(a+ b)2=

2ab(ab+ ac + bc)

(a+ b)2+ c2; analogamente

1 + b2c2

(b+ c)2=

2bc(ab+ ac+ bc)

(b+ c)2+ a2;

1 + c2a2

(c + a)2=

2ca(ab+ ac+ bc)

(c+ a)2+ b2;

sumando miembro a miembro, tenemos

1 + a2b2

(a + b)2+

1 + b2c2

(b+ c)2+

1 + c2a2

(c+ a)2= (ab+ ac + bc)

[2ab

(a + b)2+

2bc

(b+ c)2+

2ac

(a + c)2

]+a2 + b2 + c2,

luego basta demostrar

(ab+ ac+ bc)

(2ab

(a + b)2+

2bc

(b+ c)2+

2ac

(a+ c)2

)+ a2 + b2 + c2 5

2

(ab+ ac+ bc)[

4ab

(a+ b)2+

4bc

(b+ c)2+

4ac

(a+ c)2

]+ 2(a2 + b2 + c2)

5 = 5(ab+ bc+ ac)

(ab+ ac+ bc)[

4ab

(a+ b)2+

4bc

(b+ c)2+

4ac

(a+ c)2 3

]+2(a2 + b2 + c2 ab ac bc) 0

(ab+ ac+ bc)[(

4ab

(a+ b)2 1

)+

(4bc

(b+ c)2 1

)+

(4ac

(a+ c)2 1

)]+2(a2 + b2 + c2 ab ac bc) 0

116 9. Metodo de la Suma de Cuadrados

(ab+ ac+ bc)[(a b)2(a+ b)2

+(b c)2(b+ c)2

+(a c)2(a+ c)2

]+(a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0

(1 (ab+ ac+ bc)

(a+ b)2

)(a b)2 +

(1 (ab+ ac + bc)

(b+ c)2

)(b c)2

+

(1 (ab+ ac+ bc)

(a + c)2

)(c a)2 0.

Haciendo

Sa = 1 ab+ ac+ bc(b+ c)2

; Sb = 1 ab+ ac+ bc(a + c)2

; Sc = 1 ab+ ac+ bc(a+ b)2

.

Supongamos sin perdida de generalidad a b c entonces Sa Sb Sc, luegotenemos

Sb = 1 ab+ ac + bc(c+ a)2

=a2 + (a+ c)(c b)

(a + c)2 0 Sa Sb 0 y

b2Sc + c2Sb = b

2

[1 ab+ bc+ ca

(a+ b)2

]+ c2

[1 ab+ bc + ca

(c+ a)2

]= b2

[a2 + (a + b)(b c)

(a+ b)2

]+ c2

[a2 + (a + c)(c b)

(c+ a)2

]= a2

[b2

(a + b)2+

c2

(c+ a)2

]+ (c b)

(c2

(a+ c) b

2

(a+ b)

)= a2

[b2

(a + b)2+

c2

(c+ a)2

]+ (c b)2

(ab+ bc + ca

(a + c)(a+ b)

)> 0,

luego por el teorema 9.3 queda demostrado.

La igualdad ocurre si y solo si a = b = c =

3

3. [10] 2

CAPITULO 10DESIGUALDADES SIM ETRICAS Y

CICLICAS

Definicion 10.1 : Sean a1, a2, . . . , an numeros reales, los coeficientes c0, c1, . . . , cndel polinomio

H(x) = (x+ a1)(x+ a2) (x+ an) =n

k=0

ckxnk

se denominan funciones polinomiales simetricas elementales de a1, a2, . . . , an, esdecir,

c0 = 1

c1 = a1 + a2 + + an =ni=1

ai

c2 = a1a2 + a1a3 + + an1an =

1i

118 10. Desigualdades Simetricas y Cclicas

Ejemplo 10.1Si H(x) = (x+ a)(x+ b)(x+ c) = x3 +(a+ b+ c)x2+(ab+ ac+ bc)x+ abc, entonces

c0 = 1

c1 = a+ b+ c

c2 = ab+ ac + bc

c3 = abc.

En base a estos polinomios simetricos elementales, daremos una definicion.

Definicion 10.2: Dados los polinomios simetricos elementales c0, c1, . . . , cn, defini-mos

Pk =1(nk

)ck = k!(n k)!n!

ck; k = 0, 1, 2, . . . , n.

Ejemplo 10.2

P0 = c0 = 1

P1 =1

nc1 =

a1 + a2 + + ann

P2 =2

n(n 1)c2 =2

n(n 1)(a1a2 + a1a3 + + an1an).

Teorema 10.1 (Desigualdad de Newton)Sean a1, a2, . . . , an numeros reales positivos y k {1, 2, . . . , (n 1)} entonces, secumple que

Pk1 Pk+1 P 2k .La igualdad ocurre si y solo si a1 = a2 = = an.

Nota 10.1Antes de la demostracion del teorema, veamos un resultado muy importante queusaremos en la demostracion de la desigualdad de Newton.

Sea

H(x) = (x+ a1)(x+ a2) (x+ an) =n

k=0

ckxnk =

nk=0

(n

k

)Pkx

nk.

119

Derivando tenemos:

H (x) =

n1k=0

(n k)(n

k

)Pkx

nk1.

Definimos

Q(x) =1

nH (x) =

n1k=0

n kn

(n

k

)Pkx

nk1 =n1k=0

(n 1k

)Pkx

nk1.

Si los valores reales ak, k = 1, 2, . . . , n son elementos del intervalo [, ], entoncesel polinomio H(x) tiene n races reales en [, ] y por el teorema de Rolle (consultesecualquier libro de analisis matematico) entonces H (x) tiene (n 1) races reales en[, ] y denotemos como y1,y2, . . . ,yn1; luego

Q(x) =1

nH (x) = (x+ y1)(x+ y1) (x+ yn1).

Igualando coeficientes de Q(x), obtenemos:

Pk(a1, a2, . . . , an) = Pk(y1, y2, . . . , yn1)

para todo k = 0, 1, 2, . . . , (n 1).

Prueba. (de la desigualdad de Newton.) Consideremos la hipotesis inductivaTn:

Pj1(a1, a2, . . . , an) Pj+1(a1, a2, . . . , an) P 2j (a1, a2, . . . , an),

donde j = 2, 3, . . . , (n 2).Para j = 1 y n = 2, tenemos:

P0 P2 P 21 1 a1a2 (a1 + a2

2

)2 4a1a2 a21 + a22 + 2a1a2 (a1 a2)2 0

como vemos se cumple para n = 2.


Para j = 1 y n = 3.

P0(a1, a2, a3) P2(a1, a2, a3) P 21 (a1, a2, a3)

(1) 23(2)

(a1a2 + a1a3 + a2a3) (a1 + a2 + a3

3

)2 3(a1a2 + a1a3 + a2a3) a21 + a22 + a23 + 2(a1a2 + a1a3 + a2a3) a21 + a22 + a23 a1a2 + a1a3 + a2a3

esta es una desigualdad verdadera.Para j = 2 y n = 3.

P1(a1, a2, a3) P3(a1, a2, a3) P 22 (a1, a2, a3)

(a1 + a2 + a3

3

) (a1a2a3)

(a1a2 + a1a3 + a2a3

3

)2Si a1a2a3 = 0, se cumple trivialmente.Si a1a2a3 6= 0, entonces dividiendo por (a1a2a3)2, tenemos

1

3

(1

a1a2+

1

a2a3+

1

a3a1

) 1

9

(1

a1+

1

a2+

1

a3

)2 3

(1

a1a2+

1

a2a3+

1

a3a1

)

(1

a1+

1

a2+

1

a3

)2

(1

a1

)2+

(1

a2

)2+

(1

a3

)2 1

a1a2+

1

a1a3+

1

a2a3.

Ahora veamos para j = n 1, es decir probaremos quePn2(a1, a2, . . . , an) Pn(a1, a2, . . . , an) P 2n1(a1, a2, . . . , an)

[

2

n(n 1)

1j

121

Si a1a2 an 6= 0, entonces dividiendo por (a1a2 an)2, se tiene

1(n2

) 1j 0, entonces podemos aplicar la desigualdad deNewton para 1 k < n, en efecto:

P k1k P kk+1k1j=0

P 2jj = P0 P 21 P 42 P 63 P 2(k1)k1 P k1k P kk+1

= (P0 P2)(P1 P3)2(P2 P4)3 (Pk1 Pk+1)2k P 21 P 42 P 63 P 2kk

=k

j=1

P 2jj

P k1k P kk+1k1j=0

P 2jj k1j=1

P 2jj P 2kk .

P k1k P kk+1 P 2kk P kk+1 P k+1k P 1/k+1k+1 P 1/kk .

La igualdad ocurre si y solo si se cumple a1 = a2 = = an. 2


Aplicacion 10.1Sean a, b, c, d numeros reales positivos, pruebe que

(ab+ ac+ ad+ bc + bd+ cd)3 272(abc + abd + acd+ bcd)2.

Prueba. Utilizando la desigualdad de Mac Laurin:

P1/22 P 1/33 P 32 P 23

(

1(42

)(ab+ ac + ad+ bc+ bd + cd))3 ( 1(43

)(abc + abd+ acd+ bcd))2 1

63(ab+ ac+ ad+ bc + bd+ cd)3 1

42(abc+ abd+ acd+ bcd)2

(ab+ ac+ ad+ bc + bd+ cd)3 272(abc+ abd + acd+ bcd)2.

2

Aplicacion 10.2Dados a, b, c, d numeros reales positivos, pruebe que(

1

ab+

1

ac+

1

ad+

1

bc+

1

bd+

1

cd

) 3

8

(1

a+

1

b+

1

c+

1

d

)2.

Prueba. Multiplicando por (abcd)2 tenemos la desigualdad equivalente:

(abcd)2(1

ab+

1

ac+

1

ad+

1

bc+

1

bd+

1

cd

) 3

8(abcd)2

(1

a+

1

b+

1

c+

1

d

)2 abcd

(cd+ bd+ bc + ad+ ac+ ab

6

)(bcd+ acd+ abd + abc

4

)2 P4 P2 (P3)2,

esta desigualdad es verdadera, pues es la desigualdad de Newton. 2

10.1. Polinomios simetricos y cclicos 123

10.1. Polinomios simetricos y cclicos

Para mayor comprension consideremos un polinomio P (x, y, z) de variables x, y, z;luego, para definir introducimos dos notaciones muy importantes como:

cc

ysim

.

Definicion 10.3:cc

P (x, y, z) = P (x, y, z) + P (y, z, x) + P (z, x, y)

sim

P (x, y, z) = P (x, y, z) + P (x, z, y) + P (y, z, x)

+P (y, x, z) + P (z, x, y) + P (z, y, x).

Ejemplo 10.3

cc

x2y = x2y + y2z + z2x

sim

x2y = x2y + x2z + y2x+ y2z + z2x+ z2y

cc

x3 = x3 + y3 + z3

sim

x3 = 2 (x3 + y3 + z3)

cc

xyz = xyz + yzx+ zxy = 3xyz

sim

xyz = xyz + xzy + yxz + yzx+ zxy + zyx = 6xyz.

A continuacion enunciaremos el teorema de Muirhead para tres variables paramayor entendimiento.


Teorema 10.3 (Teorema de Muirhead)Sean a1, a2, a3, b1, b2, b3 numeros reales no negativos tales que

a1 a2 a3, b1 b2 b3, a1 b1, a1 + a2 b1 + b2, a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3.

Sean x, y, z numeros reales no negativos, entoncessim

xa1ya2za3 sim

xb1yb2zb3 .

Prueba. De las hipotesis se observa que hay dos casos para analizar:Caso 1:

b1 a2 a1 + b1 a1 + a2 a1 a1 + a2 b1

y de a1 b1 se tiene que a1 max {a1 + a2 b1, b1}.Ademas max {a1, a2} = a1 max {a1 + a2 b1, b1}; tambien de a1 + a2 b1

b1 + a3 b1 = a3 y a1 + a2 b1 b2 b3, tenemos max {a1 + a2 b1, a3} max {b2, b3}.

En efecto sim

xa1ya2za3 =cc

(xa1ya2za3 + xa2ya1za3)

=cc

za3 (xa1ya2 + xa2ya1)

cc

za3(xa1+a2b1yb1 + xb1ya1+a2b1

),

pues

xa1ya2 + xa2ya1 xa1+a2b1yb1 + xb1ya1+a2b1 xa1ya2 + xa2ya1 xa1+a2b1yb1 xb1ya1+a2b1 0 xa2ya2 (xa1a2 + ya1a2 xa1b1yb1a2 xb1a2ya1b1) 0 xa2ya2 (xb1a2 yb1a2) (xa1b1 ya1b1) 0


por que para cualquier orden x y o y x, el producto siempre es no negativo.Luego

sim

xa1ya2za3 cc

za3(xa1+a2b1yb1 + xb1ya1+a2b1

)=

cc

(xb1ya1+a2b1za3 + xb1ya3za1+a2b1

)=

cc

xb1(ya1+a2b1za3 + ya3za1+a2b1

)

cc

xb1(yb2zb3 + yb3zb2

)=

cc

(xb1yb2zb3 + xb1yb3zb2

)=

sim

xb1yb2zb3

Caso 2: Si b1 a2

3b1 b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 b1 + a2 + a3 3b1 b1 + a2 + a3 2b1 a2 + a3 b1 a2 + a3 b1

ademas a1 a2 b1 a1 a2 + a3 b1.Luego tenemos que max {a2, a3} max {b1, a2 + a3 b1} y max {a1, a2 + a3 b1}

max {b2, b3}.En efecto:

sim

xa1ya2za3 =cc

(xa1ya2za3 + xa1za2ya3)

=cc

xa1 (ya2za3 + za2ya3)


cc

xa1(yb1za2+a3b1 + ya2+a3b1zb1

)=

cc

(xa1yb1za2+a3b1 + xa1ya2+a3b1zb1

)=

cc

(xa1yb1za2+a3b1 + xa2+a3b1yb1za1

)=

cc

yb1(xa1za2+a3b1 + xa2+a3b1za1

)

cc

yb1(xb2zb3 + xb3zb2

)=

sim

xb1yb2zb3

2

Aplicacion 10.3Pruebe para todo a, b, c numeros reales positivos la desigualdad

a

b+ c+

b

a+ c+

c

a + b 3

2.

Prueba. La desigualdad a demostrar es equivalente a

2 [a(a + c)(a+ b) + b(b+ c)(a+ b) + c(b+ c)(a+ c)] 3(b+ c)(a + c)(a+ b),

efectuando

2 [a(a2 + (b+ c)a + bc) + b(b2 + (a+ c)b+ ac) + c(c2 + (a+ b)c + ab)]

3 [(b+ c)(a2 + (b+ c)a+ bc)] 2(a3 + b3 + c3) + 2 (a2(b+ c) + b2(a+ c) + c2(a+ b)) + 6abc

3 [a2(b+ c) + b2(a+ c) + c2(a+ b) + 2abc] 2(a3 + b3 + c3) a2(b+ c) + b2(a+ c) + c2(a+ b)

sim

a3 sim

a2b.

2


Aplicacion 10.4(IMO 1995). Sean a, b, c numeros reales positivos tales que abc = 1, pruebe que

1

a3(b+ c)+

1

b3(c+ a)+

1

c3(a + b) 3

2.

Prueba. Como los denominadores del primer miembro son de grado 4 y abc = 1,entonces la desigualdad es equivalente a

1

a3(b+ c)+

1

b3(c+ a)+

1

c3(a+ b) 3

2(abc)4/3,

es conveniente eliminar el exponente 4/3, para ello hacemos

a = x3, b = y3, c = z3, con x, y, z > 0,

luego tenemos:

1

x9(y3 + z3)+

1

y9(z3 + x3)+

1

z9(x3 + y3) 3

2(xyz)4=

3x5y5z5

2(x9y9z9)

2 [y9z9(z3 + x3)(x3 + y3) + x9z9(y3 + z3)(x3 + y3) + x9z9(y3 + z3)(z3 + x3)] 3 [x5y5z5(y3 + z3)(z3 + x3)(x3 + y3)] ,

efectuando

sim

x12y12 + 2sim

x12y9z3 +sim

x9y9z6 3sim

x11y8z5 + 6x8y8z8

sim

x12y12 sim

x11y8z5

+ 2sim

x12y9z3 sim

x11y8z5

+

sim

x9y9z6 sim

x8y8z8

0.2

Para enunciar en forma general el teorema de Muirhead, es necesaria la siguientedefinicion.


Definicion 10.4 : Sean = (1, 2, . . . , n), = (1, 2, . . . , n) elementos en Rn,

de componentes no negativas; diremos que > si y solo si

(i) 1 2 n y 1 2 n.(ii) 1 + 2 + + k 1 + 2 + + k; k = 1, 2, . . . , (n 1).(iii) 1 + 2 + + n = 1 + 2 + + n.Teorema 10.4 (Generalizado de Muirhead)Si > y x1, x2, . . . , xn numeros reales no negativos, entonces

sim

x11 x22 xnn sim

x11 x22 xnn .

La igualdad ocurre si y solo si = o x1 = x2 = = xn.Aplicacion 10.5Sean x1, x2, x3, x4 numeros reales positivos, pruebe que

3

2(x31 + x

32 + x

33 + x

34) x1x4

x2x3 + x2x4

x1x3 + x3x4

x1x2

+x2x3x1x4 + x1x2

x3x4 + x1x3

x2x4.

Prueba. Comosim

x31 =sim

x31 (x02x03x04), entonces tenemos 6 permutaciones

para (x2, x3, x4) y para x1x2x3x4, tenemos 2 permutaciones para x1x2 y 2 per-

mutaciones parax3x4, en total 4; luego, la desigualdad se puede escribir equiva-

lentemente como

6(x31 + x32 + x

33 + x

34) 4[x1x4

x2x3 + x2x4

x1x3 + x3x4

x1x2

+x2x3x1x4 + x1x2

x3x4 + x1x3

x2x4].

sim

x31 sim

x1x2x3x4,

como = (3, 0, 0, 0) y = (1, 1, 1/2, 1/2) entonces esta ultima desigualdad esverdadera.

La igualdad ocurre si y solo si x1 = x2 = x3 = x4. 2

CAPITULO 11PROBLEMAS

1. Sean x, y numeros reales positivos tales que a y b son las medias aritmetica ygeometrica respectivamente, pruebe que

(1 + b)2 (1 + x)(1 + y) (1 + a)2.

2. Pruebe que

(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)(1 +

2

x+ y

)2para todo x, y numeros reales positivos.

3. Sean x, y, z numeros reales positivos, pruebe que al menos una de las siguientesdesigualdades es verdadera:

xy 0yz 0zx 0.

4. Si a2 + b2 = 1, halle la variacion de 2a + 3b.

5. Sabiendo que 2a+ 3b+ 4c = 29, halle el menor valor de a2 + b2 + c2.

129

130 11. Problemas

6. Pruebe que

m2 + y2 +

n2 + x2

(m+ n)2 + (x+ y)2

para todo x, y,m, n numeros reales.

7. Si a, b, c son numeros reales positivos que satisfacen abc = 1, pruebe que

1 + ab

1 + a+

1 + bc

1 + b+

1 + ac

1 + c 3.


a

b+ c+

b

c+ a+

c

a + b 3

2.

(Desigualdad de Nesbit).

9. Pruebe que si x, y, z son numeros reales positivos y x+ y + z = 1, entonces(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)(1 +

1

z

) 64.

10. Sean a, b, c, d numeros reales positivos tales que a2 + b2 = (c2 + d2)3, pruebeque

c3

a+d3

b 1.

11. Sean a, b, c numeros reales positivos,

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