Ejercicio 1.
Sea un número natural. Probar que: .
Propuesto por José Luís Díaz Barrero
Solución
La primera desigualdad es equivalente a . Si dividimos entre en el numerador y denominador de lo de dentro de , nos queda:
.
Si consideramos la partición del intervalo , lo que tenemos es la suma inferior de la función en ese intervalo, ya que esa función es decreciente en (, ya que está entre 0 y cuando está entre 0 y 1, por lo que la es positiva), y la estamos evaluando en los extremos superiores de los subintervalos, por lo que
.
La segunda desigualdad es equivalente a . Si dividimos entre en el numerador y denominador de lo de dentro de , nos queda:
.
Si consideramos la partición del intervalo : , lo que tenemos es la suma superior de la función en ese intervalo, ya que esa función es creciente en
(, ya que está entre 0 y cuando está entre 0 y 1, por lo que la es positiva), y la estamos evaluando en los extremos superiores de los subintervalos, por lo que
.
Ejercicio 2.
Sea un polígono regular inscrito en una circunferencia centrada en el origen y de radio . Si es un punto cualquiera cuya distancia al origen es menor o igual que , probar que:
(Propuesto en La Gaceta de la R.S.M.E. Problema 40)
Solución
Coloquemos los ejes de coordenadas de modo que sea el punto .
Entonces, si P dista del origen (con ) tenemos que:
Y por tanto se obtiene fácilmente que:
Para demostrar la otra parte de la desigualdad probaremos primero que si tenemos un triángulo ABC con la base BC fijada y con AB+AC=cte, entonces, el triángulo tendrá área máxima si es isósceles, o dicho de otro modo, si tiene base BC fijada y un área dada, su perímetro será mínimo si es isósceles.
En este caso, como la única forma de que todos los triángulos sean isósceles es que P sea el centro del polígono (para el cual la suma de AB+AC=2R para cada uno de los triángulos ), si P es distinto del centro como el área de los triángulos es mayor o igual que el área del polígono y el lado también, tenemos que .
La demostración de que si un triángulo tiene un lado fijado y la suma de los dos opuestos también fijada, entonces el área es máxima si se puede hacer fácilmente usando la fórmula de Heron:
y el punto es un máximo, lo cual se puede ver fácilmente volviendo a derivar la expresión y teniendo en cuenta que .
Ejercicio 3.
Sean para , con y . Probar que
(Propuesto en
Solución
Si elevamos al cuadrado en la desigualdad que queremos demostrar y reagrupamos los términos conseguimos:
Demostremos que la última desigualdad es cierta. Si consideramos las sucesiones , la desigualdad anterior quedaría escrita como:
, donde en el primer lado tenemos términos y en el segundo , es decir, tenemos sucesiones en cada término, siendo y como en el primer término y en el segundo , por la desigualdad de reagrupamiento la desigualdad es cierta, alcanzándose la igualdad si y sólo si , esto es si , es decir si es constante.
Ejercicio 4.
Sean a, b, c los lados de un triángulo. Probar que
Solución
Puesto que a, b, c son los lados de un triángulo, entonces se cumple que .
Como la desigualdad es simétrica, podemos suponer sin pérdida de la generalidad que . Entonces, se tiene que
Observación
Es conocida la siguiente cota inferior para la expresión de la izquierda: (desigualdad de Nesbitt)
Ejercicio 5.
Sea entero, y . Prueba que
, y
Solución
Las desigualdades son homogéneas, esto es, si tenemos ciertos números que cumplen la desigualdad, entonces también la cumplen. Así que podemos suponer por ejemplo que sin pérdida de la generalidad.
Entonces la primera desigualdad queda:
.
Como son todos mayores que cero porque son menores que 1, la desigualdad es equivalente a:
, y por tanto es una aplicación directa de las desigualdades de las medias.
Con la segunda actuaremos de la misma forma:
que se obtiene directamente de aplicar la desigualdad entre las medias aritméticas y armónica.
Probemos ahora la tercera desigualdad:
. Lo haremos por la desigualdad de reagrupamiento. Tenemos dos series multiplicadas: y como la desigualdad es simétrica podemos suponer sin pérdida de la generalidad que . Como las dos series están ordenadas de la misma forma, el producto que tenemos es mayor que si lo reagrupamos de cualquier otra forma:
Y si las sumamos todas queda que
, y queda probado.
Ejercicio 6.
Sean números reales positivos y sea una función continua. Prueba que existe un tal que .
(Propuesto por José Luís Díaz Barrero)
Solución
Hay que ver que existe un tal que
.
Si tomamos , con , hay que ver que existe un tal que . Se cumple que es continua en , ya que lo es y no se anulan los denominadores. Vemos cuál sería el límite de en :
.
Este límite será si , si .
Además, se cumplirá que la función es mayor que 0 si y menor que 0 si , ya que es estrictamente creciente:
, y se anula en :
.
Si existen al menos 2 valores tales que , , entonces existen 2 casos: si para todos tales que , existe un tal que , entonces los ceros de la función son densos en (esto es porque, si existe un intervalo en el que no hay ceros de , entonces si consideramos el mínimo cero de en que sea mayor ó igual que , que existirá por continuidad de la función y porque al menos hay un cero de en que sea mayor ó igual que : , y el máximo cero de en que sea menor ó igual que , que existirá por continuidad de la función y porque al menos hay un cero de en que sea menor ó igual que : , entonces entre ellos tendrá que haber un cero de , que por tanto será mayor que y menor que , luego estará en , contradicción) por lo que, al ser continua, se cumplirá que para todo , por lo que, al ser continua, para todo , y entonces para todo .
Si existen tales que , y no existe un tal que , entonces tenemos otros 3 casos: Si existe una sucesión con , siendo , y , entonces por continuidad de , luego
, con .
Si existe una sucesión con , siendo , y , entonces por continuidad de , luego , con .
Si no se dan los dos casos anteriores, existirá un entorno cercano a , llamémosle , en el que , ó bien , por continuidad de . Por lo mismo, existirá un entorno cercano a , llamémosle , en el que , ó bien . Si, por ejemplo, y , entonces es estrictamente creciente en (ya que, al ser continua, ), es estrictamente creciente en . Pero entonces, para todo , para todo , luego por el teorema de Bolzano habrá un entre medias de los dos , y por tanto entre , , en el que , contradicción, por lo que cambia de signo en los 2 entornos, y entonces por continuidad de , si , se cumplirá que
, por lo que
Y entonces por Bolzano existe tal que (los casos ó ya fueron estudiados antes).
Si tiene como mucho una raíz en , entonces por continuidad de la función integral existirá un entorno en el que para todo , ó bien para todo . Si para todo entonces se cumplirá que existirá un tal que , si : Si para todo , entonces , contradicción. Se cumplirá además que si tomamos suficientemente cercano a , por lo que
. Entonces si , se cumple que
, es continua en , por lo que por Bolzano existe un tal que . Si , entonces, como , por continuidad de la función integral existirá algún tal que (Bolzano), que podrá ser ó el único posible que estamos suponiendo tal que . Supongamos que es el menor de los dos posibles.
Entonces : Si , entonces por continuidad de existe un tal que para todo , por lo que , y entonces
, por lo que por el razonamiento anterior existe un tal que , con , contradicción con que era el mínimo.
Entonces, tenemos que , por lo que por Bolzano existe un (si ) tal que . Si pero , entonces , por lo que podemos también aplicar Bolzano para encontrar un tal que .
Si y , es decir, si es el único valor para el que , y además , entonces en principio no podemos aplicar Bolzano en . Pero entonces se cumplirá que para todo , ya que si existe un tal que , entonces por Bolzano existirá un tal que , contradicción con que era el único.
Además debe existir un tal que , ya que si para todo , entonces , por lo que
, contradicción con lo anterior.
Pero entonces , por lo que existe un tal que (Bolzano).
El caso es igual que el caso , invirtiendo todas las desigualdades (salvo las de la función ), teniendo en cuenta que, si , entonces .
Ejercicio 7.
Hallar todas las tales que
Solución
Sustituyamos algunos valores:
Vamos a utilizar las igualdades anteriores para ver que para todo : Para es obvio, y si , entonces
Para los números negativos:
(Sabemos que porque al ser )
Ejercicio 8.
Encuentra todos los polinomios tales que
Solución
(Al ser un polinomio, se cumple que si para todo , entonces para todo )
Ejercicio 9.
Encontrar todas las funciones estrictamente crecientes tales que
(Ecuación Funcional de Cauchy)
Solución
Por tanto,
Observaciones
1) Podemos tomar logaritmos porque para todo : si para todo , no se podría cumplir la ecuación . Si existen , tales que y , sea tal que y (existe tal porque es estrictamente creciente), entonces , contradicción
( es positivo ya que, al ser estrictamente creciente, tenemos que ; se cumple que , al ser para todo , y no ser constantemente 0)
2) En la sección 2. 3 resolvimos la ecuación para Hay que resolverla en este problema para , estrictamente creciente. Una forma de hacerlo es:
Podemos poner como , donde también cumple que , por lo que también será para todo . Entonces, al ser estrictamente creciente y , enteros, se cumple que
, por lo que
, siendo la parte fraccionaria. Como ésta está entre 0 y 1, tenemos que para todo . Entonces, para todo se cumple que , por lo que necesariamente , y entonces para todo .
Si , con y , tenemos que , por lo que , y entonces para todo
Tenemos entonces que, si , existe una sucesión tal que y para todo , con , por lo que
. Por otro lado, existe una sucesión tal que y para todo , con , por lo que
. Tenemos entonces que , por lo que, tomando límites, tenemos que
, y entonces para todo
Ejercicio 10.
Sean a, b, c tres enteros distintos, y sea P un polinomio con coeficientes enteros. Prueba que las condiciones , y no pueden cumplirse simultáneamente.
Solución
Sabiendo que divide a y divide a y divide a (en un polinomio con coeficientes enteros se tiene que ) se llega a que lo cual implica que todos los términos tienen que ser iguales y por tanto , en contra de lo supuesto.