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Hace poco salió el siguiente problema en la Olimpiada de Matemáticas del Distrito Federal y en el examen de los estados que mandamos para que elijan algunos problemas para sus selectivos.

El Problema

Problema: Sean $a,b,c,d$ reales positivos con $a^2+b^2+c^2+d^2=4$. Muestra que:

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge a+b+c+d$.

Este es el momento en el que tienes que intentar el problema si quieres.

Hay muchas soluciones oficiales. Hay una usando la desigualdad de Chebyshev dos veces, para los números $(a,b,c,d)$, $(a^2,b^2,c^2,d^2)$ y $(a^3,b^3,c^3,d^3)$. También se puede resolver usando la desigualdad de medias potenciales, o con dos o tres aplicaciones de MA-MG.

La solución con $x^2\ge 0$

Tras discutir un poco las soluciones de esta desigualdad con Lalo, comenzábamos a pensar que no se podría hacer con sólo una MA-MG. Como que había cierta cosa «por dentro» que te pedía que usaras al menos dos desigualdades. Por supuesto, esto no lo teníamos bien fundamentado, así que siendo jueves (día en que mi coche no circula), tomé el pesero y llegué a la siguiente solución en el camino a casa:

Notemos que para un real positivo $x$ se tiene que:

$x^5-2x^2-x+2=(x-1{)}^2(x^3+2x^2+3x+2)\ge 0$.

De aquí, $x^5\ge 2x^2+x-2$. Al sumar estas desigualdades para cuatro reales positivos $a,b,c,d$ con suma de cuadrados $4$ tenemos:

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge 2(a^2+b^2+c^2+d^2)+a+b+c+d-8=a+b+c+d$.

¿Por qué esa factorización?

Fue muy curioso llegar a esa solución, pero después de pensarlo un poco, fue natural. Más o menos el proceso de pensamiento fue el siguiente. El objetivo principal era intentar obtener una solución con una desigualdad. El problema con Chebyshev, con MA-MG y con medias potenciales es que sólo te permite comparar una «colección de potencias» una vez, así que iba a ser complicado que saliera una solución natural por ahí.

Por otro lado, sí hay desigualdades que te permitan comparar varias colecciones de potencias de alguna forma. Entonces es cuando uno piensa qué tipo de desigualdades pueden hacer esto. Y sucede que precisamente la desigualdad de Karamata permite hacer esto. El chiste ahora era ver cómo usarla.

La función convexa candidata fue $f(x)=a^x$, la cual es convexa. El problema daba la sensación de que podías hacer eso, nada más fijarte como «variable por variable». Las $n-$adas para comparar tenían que involucrar a $5$ (para meter las potencias quintas), a $1$ (para meter la suma) y a $2$ (para meter la hipótesis de suma de cuadrados). Acabé probando las ternas $(5,0,0)$ y $(2,2,1)$, de modo que Karamata me dijo que:

$a^5+2\ge 2a^2+a$ (1).

Bien. Sumando todas estas ya tenía lo que quería demostrar. Pero parece que (1) es el tipo de cosas que puedes probar sin Karamata, pues es una desigualdad polinomial en $a$.

La factorización

Ya con la intención de factorizar (1) todo salió muy sencillo.  Pasando todo a la izquierda, claramente en (1) se daba la igualdad si $a=1$, así que 1 era raiz del polinomio. Derivando resultó que era raiz de multiplicidad 2. Bien, entonces ya no era polinomio de grado 5, si no de grado 3, y mejor aún, ya había factorizado un cuadrado (que es positivo).

Todo resultó muy bien cuando la cosa cúbica que quedó tenía todos sus coeficientes positivos, de modo que si $a$ era positivo entonces quedaba la solución. Pero por no dejarlo, factoricé un poco más la expresión a ver qué sucedía y resulta que de hecho (1) se cumple si y sólo si $a\ge -1$. De este modo, se puede probar algo un poquito más fuerte.

Problema: Sean $a,b,c,d$ reales mayores a $-1$ con $a^2+b^2+c^2+d^2=4$. Entonces

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge a+b+c+d$.

Conclusión

Fue padre sacar una solución así. Creo que da una idea de por qué a veces a las personas pueden ocurríseles factorizaciones mágicas para resolver un problema de desigualdades. ¿Has encontrado alguna solución así? ¿Tienes alguna otra solución a este problema?