3. 4.- Otros problemas
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
.
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 
.
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.
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)
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.
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 
.
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 
)
8.- Encuentra todos los polinomios 
tales que 
Solución
(Al ser un polinomio, se
cumple que si 
para todo , entonces 
para todo 
)
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
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.