[thadeu]

Hola

 Una forma:

Spoiler

1) En general dados \( A,B\in [0,\pi/2] \) se tiene que \(  sen(2A)+sen(2B)\leq 2sen(A+B) \). Basta usar la identidad:

 \( sen(p)+sen(q)=2sen\dfrac{p+q}{2}cos\dfrac{p-q}{2} \)

 \( sen(2A)+sen(2B)=2sen(A+B)cos(A-B)\leq 2sen(A+B) \)

 2) Entonces:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)=\\\qquad\qquad =\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2y)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2y)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\
\\\qquad\qquad \leq sen(y+x)+sen(z+y)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)=
\\\qquad\qquad =sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right) \)

 3) Usando que para \( A\in [0,\pi/2] \), \( sen(A)<A \) queda:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq \\\qquad\qquad \leq sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\\qquad\qquad \leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+(y-x)+(z-y)+x+\dfrac{sen(2z)}{2}=\\\qquad\qquad =2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2} \)

 4) Finalmente \( f(z)=z+\dfrac{sen(2z)}{2} \) es una función creciente en \( [0,\pi/2) \) ya que su derivada es \( f'(z)=1+cos(2z)> 0 \) y por tanto \( f(z)< f(\pi/2)=\pi/2 \).

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2}<\\\qquad\qquad
 <2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+\dfrac{\pi}{2} \)

[cerrar]

Saludos.

Muy bueno Luis,
Me gusto sobre todo el hecho de usar la desigualdad $$sinA<A$$ sospechaba que se tendria que usar esa desigualdad en algún momento.

[thadeu]

Hola

 En realidad lo que me dio la gran pista fue lo que dijo Thadeu:

2) conosco por lo menos tres fuentes distintas en los que se presenta la misma solución que se basa en la interpretación de lo que representa $$\displaystyle\frac{\pi}{2}$$ en una circunferencia unitaria. Por lo que es de imaginar que la solución no es algebraica.

 Eso me llevó a esta prueba gráfica:

Spoiler

\(  ROJO=\text{área(rectángulo rojo})=cos(x)sin(x)=sin(2x)/2 \)
\(  VERDE=\text{área(rectángulo verde})=cos(y)sin(y)=sin(2y)/2 \)
\(  AZUL=\text{área(rectángulo azul})=cos(z)sin(z)=sin(2z)/2 \)

\( A=\text{área(rectángulo $AJQF$)}=cos(y)sin(x) \)
\( B=\text{área(rectángulo $AEMI$)}=cos(z)sin(y) \)
\( VIOLETA=\text{area(polígono de lados violeta)} \)

 Es fácil notar que:

\(  VIOLETA=ROJO+VERDE+AZUL-A-B \)

 Pero VIOLETA es un área comprendida en un cuarto de la circunferencia unidad, que tiene área \( \dfrac{\pi}{4} \).

 De ahí sale la desigualdad buscada:

\(  ROJO+VERDE+AZUL-A-B=VIOLETA<\dfrac{\pi}{4} \)

\(  sin(2x)/2+sin(2y)/2+sin(2z)/2-cos(y)sin(x)-cos(z)sin(y)<\pi/4 \)

\(  sin(2x)+sin(2y)+sin(2z)-2cos(y)sin(x)-2cos(z)sin(y)<\pi/2 \)

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 Traduciendo las desigualdades de áreas a desigualdades algebraicas se me ocurrió dar forma a una posible versión algebraica de la prueba, que es la que puse antes.

Yo estaba tirando por métodos analíticos, pero no eran del todo concluyentes.

Spoiler

 La función \( f(x,y,z)=2sin(x)cos(y)+2sin(y)cos(z)-sin(2x)-sin(2y)-sin(2z) \) cumple que \( f(x,y,z)=f(\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-x) \). Esto hace que si tiene un máximo en un punto \( (x,y,z) \) también lo tenga en \( (\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-z) \).

 Eso hace sospechar que el máximo tenga que estar justo en los puntos que cumplen  \( (x,y,z)=(\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-z) \), es decir un punto de la forma \( (x,\pi/4,\pi/2-x) \). Y eso ya se puede calcular explícitamente; se puede hallar el valor exacto del máximo y obtener incluso una mejor cota que la de \( \pi/2 \) que da el problema, que no es la mejor cota posible.

 El problema es justificar que el máximo está en uno punto de esas características (estar, lo está, lo he comprobado; el problema es justificarlo).

 Una forma sería probar que la función es cóncava en su dominio (que lo es, pero no parece fácil de probar) y por tanto el máximo es único.

 La cosa es que no llegué a nada concluyente...

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Saludos.

Sí, esa es la solución que conocia por áreas.

Para la cota óptima he tanteado que es $$\sqrt[ ]{2}$$

Tambien agregar que el problema es el problema 2 de la Olimpiada Iberoamericana del año 1989 celebrada en La Habana Cuba.

[Luis Fuentes]

Hola

Para la cota óptima he tanteado que es $$\sqrt[ ]{2}$$

Creo que no. La cota óptima se obtiene maximizando:

\( f(x,y,z)=sin(2x)+sin(2y)+sin(2z)-2sin(x)cos(y)-2sin(y)cos(z) \)

Se puede ver que el máximo se obtiene cuando \( x=\pi/2-z \) e [yex]y=\pi/4[/tex]. Equivale a optimizar entonces:

\( g(t)=f(t,\pi/4,\pi/4-t) \)

Y el máximo se alcanza en el valor \( t_0=arctanleft(\frac{2 \sqrt{7-\sqrt{17}}}{\sqrt{2}+\sqrt{34}}\right) \).

El máximo será \( g(t_0) \). Se puede hallar explíctamente dejándolo en forma de radicales pero es un poco infierno. Numéricamente da: \( 1.33674997485148 \).

Saludos.