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"Deus não joga dados..." - A.Einstein

quarta-feira, 23 de março de 2011

Demonstrações da desigualdade MA ≥ MG

Teorema: Para quaisquer [;n;] números positivos [;a_{1},a_{2},...,a_{n};]

[;\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}};]

Demonstração 1 (por indução):

Para [;n=2;] temos :

[;(a_{1}-a_{2})^2\geq0;]
[;a_{1}^2-2a_{1}a_{2}+a_{2}^2\geq0;]

Fazendo [;a_{1}^2=b_{1};] e [;a_{2}^2=b_{2};]:

[;\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq sqrt{a_{1}a_{2}};]

Suponhamos por hipótese que a proposição seja válida para [;n;] e provemos para n+1.

Chamamos [;a_{1}=b_{1}^n;], [;a_{2}=b_{2}^n;] e assim em diante:

[;b_{1}^n+b_{2}^n+...+b_{n}^n\geq nb_{1}b_{2}...b_{n};]

Provemos para [;n+1;]:

[;b_{1}^{n+1}+b_{2}^{n+1}+...+b_{n}^{n+1}+b_{n+1}^{n+1}\geq (n+1)b_{1}b_{2}...b_{n+1};]

Dividindo ambos os membros por [;b_{n+1}^{n+1};] e chamando [;\frac{b_{1}}{b_{n+1}}=c_{1};], [;\frac{b_{2}}{b_{n+1}}=c_{2};] e assim por diante, ficamos com:

[;c_{1}^{n+1} + c_{2}^{n+2}+...+c_{n}^{n+1}+1\geq (n+1)c_{1}c_{2}...c_{n};] [;(*);]

Da hipótese:

[;c_{1}^{n+1}+c_{2}^{n+2}+...+c_{n}^{n+1}\geq n(c_{1}...c_{n})^{\frac{n+1}{n}};] [;(**);]

Agora, de (*) e (**), resta mostrar que ([;k=\sqrt[n]{c_{1}c_{2}...c_{n}};]):


[;(n+1)k^{n}-1\leq nk^{n+1};] 

[;(n+1)k^{n}-1-nk^{n+1}=-nk^{n}(n-1)+(k^{n}-1);] 
[;(k-1)(-nk^{n}+k^{n-1}+...+k+1);]
[;-(k-1)[(k^{n}-k^{n-1})+...+(k^{n}-1)];]
[;-(k-1)^{2}[k^{n-1}+k^{n-2}(k+1)+...+k(k^{n-2}+k^{n-3}+...+k+1)+(k^{n-1}+k^{n-2}+...+k+1)]\leq 0;]

Temos ainda que provar que a igualdade ocorre se e somente se

[;c_{1}=c_{2}=...=c_{n};]

Isso será deixado como exercício para o visitante, já que as etapas de indução são semelhantes.


Demonstração 2 (George Pólya):

Seja [;f:\Re\mapsto\Re;] uma função tal que [;f(x)=e^{x-1}-x;] e com derivada [;f'(x)=e^{x-1}-1;].

Note que [;f(1)=0;]  é um ponto de mínimo global, portanto:

[;e^{x-1}-x\geq0;]
[;e^{x-1}\geq x;]

Aplicando essa desigualdade para [;x=\frac{a_{1}}{M},x=\frac{a_{2}}{M},...;], em que M é a média aritimética de [;a_{1},a_{2},...,a_{n};], obtemos:

[;\frac{a_{1}}{M}\frac{a_{2}}{M}\ ...\ \frac{a_{n}}{M}\leq e^{\frac{a_{1}}{M}-1}e^{\frac{a_{2}}{M}-1}\ ...\ e^{\frac{a_{n}}{M}-1};] 

Mas

[;\frac{a_{1}}{M}\ +\frac{a_{2}}{M}\ +...\ +\frac{a_{n}}{M}-n=0;]

 Logo:

[;\frac{a_{1}}{M}\frac{a_{2}}{M}\ ...\ \frac{a_{n}}{M}\leq 1;] 

E:

[;\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}};] 


Referências bibliográficas:
APOSTOL, Tom Mike, Calculus 1: One-variable Calculus with an Introduction to Linear Algebra , Wiley India, 2006
YAGLOM, I.M., The USSR Olympiad Problem Book, Dover Publications, 1993
http://en.wikipedia.org/wiki/Inequality_of_arithmetic_and_geometric_means
Postado por Marcos Valle às 07:49
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2 comentários:

  1. Prof. Paulo Sérgio21 de abril de 2011 às 10:23

    Esta demonstração via função exponencial é muito elegante. Parabéns pelo post. Gostaria de sugerir que coloque uma caixa de pesquisa ou uma página com os posts por ordem alfabética, pois assim, iria facilitar a procura. O blog esta cada vez melhor, parabens a equipe.

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  2. Marcos Valle22 de abril de 2011 às 11:43

    Obrigado, professor!
    De fato, a demonstração de Pólya é sensacional: curta e engenhosa.
    Ok, vamos aceitar a sugestão.

    Volte sempre!

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