Dados de Deus: Demonstrações da desigualdade MA ≥ MG

quarta-feira, 23 de março de 2011

Demonstrações da desigualdade MA ≥ MG

Teorema: Para quaisquer 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

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:

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

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

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

2 comentários:

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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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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