Desigualdade das Médias

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A´lgebra
Leandro Farias
3 de abril de 2016
Desigualdades Cla´ssicas
Nesta sec¸a˜o, vamos apresentar as desigualdes cla´ssicas e como essas desigual-
dades aparecem nos problemas ol´ımpicos. Seremos breve nas demonstrac¸o˜es
para que possamos aprofundar nos exerc´ıcios ol´ımpicos.
Desigualdade das Me´dias (MA ≥MG)
Teorema. Sejam a1, a2, . . . , an nu´meros reais positivos, com n ≥ 2. Enta˜o a
desigualdade das me´dias nos diz que:
a1 + a2 + . . . an
n
≥ n√a1a2 . . . an
Demonstrac¸a˜o: Faremos por induc¸a˜o em n. Para n = 2, queremos mostrar
que
a1 + a2
2
≥ √a1a2
que e´ va´lida se, e somente se,
⇔ a1 + a2 ≥ 2√a1a2 ⇔
⇔ (√a1 −√a2)2 ≥ 0
que e´ verdade para quaisquer reais positivos a1 e a2. Faremos agora o caso n = 4
para apenas depois fazer o caso n = 3. Sabemos que:(
a1 + a2
2
)
+
(
a3 + a4
2
)
2
≥
√(
a1 + a2
2
)(
a3 + a4
2
)
e que
a1 + a2
2
≥ √a1a2 e a3 + a4
2
≥ √a3a4
Portanto,
a1 + a2 + a3 + a4
4
≥
√√
a1a2
√
a3a4 = 4
√
a1a2a3a4
O caso n = 3 e´ obtido a partir do caso n = 4, da seguinte forma: sabemos que
a1 + a2 + a3 +
(
a1 + a2 + a3
3
)
4
≥ 4
√
a1a2a3
(
a1 + a2 + a3
3
)
(1)
1
assim,
a1 + a2 + a3
3
≥ 4√a1a2a3 4
√
a1 + a2 + a3
3
⇒
(
a1 + a2 + a3
3
) 3
4
≥ 4√a1a2a3
Como a1, a2, a3 sa˜o todos positivos, podemos concluir que
a1 + a2 + a3
3
≥ 3√a1a2a3
Fizemos os casos iniciais para facilitar o entendimento do caso geral. Nosso
passo indutivo envolvera´ dois casos:
Caso 1: Sendo n = 2k verdade, vamos provar que a desigualdade tambe´m
e´ va´lida para n = 2k+1. Assim, vamos supor que
a1 + a2 + . . . + an
n
≥ n√a1a2 . . . an
Ora, sabemos que(
a1 + . . . + an
n
)
+
(
an+1 + . . . + a2n
n
)
2
≥
√(
a1 + . . . + an
n
)(
an+1 + . . . + a2n
n
)
sabemos tambe´m que (
a1 + . . . + an
n
)
≥ n√a1 . . . an
e que (
an+1 + . . . + a2n
n
)
≥ n√an+1 . . . a2n
Portanto, segue que
a1 + . . . + an + an+1 + . . . + a2n
2n
≥
√
n
√
a1 . . . an n
√
an+1 . . . a2n
Ou seja,
a1 + . . . + a2n
2n
≥ 2n√a1 . . . a2n
Como quer´ıamos demonstrar.
Caso 2: Sendo a desigualdade va´lida para n, vamos mostrar que a desigualdade
e´ va´lida para n− 1.
Para demonstrar, utilizaremos o mesmo racioc´ınio utilizado para n = 3. Como
e´ va´lida para n, enta˜o
a1 + . . . + an−1 +
(
a1 + . . . + an−1
n− 1
)
n
≥ n
√
a1 . . . an−1
(
a1 + . . . an−1
n− 1
)
Ou seja,
a1 + . . . + an−1
n− 1 ≥
n
√
a1 . . . an−1 n
√
a1 + . . . + an−1
n− 1
Leandro Farias 2 fariasmaia@gmail.com
como todos a′is sa˜o positivos,(
a1 + . . . + an−1
n− 1
)n−1
n
≥ n√a1 . . . an−1
ou seja,
a1 + . . . + an−1
n− 1 ≥
n−1√a1 . . . an−1
como quer´ıamos demonstrar.
Portanto, provamos que vale para n poteˆncia de 2 e, logo em seguida, para
n−1. Com essa ide´ia de induc¸a˜o conseguimos cobrir todos os nu´meros naturais.
Vamos agora apresentar uma se´rie de de problemas ol´ımpicos resolvidos,
com ide´ias envolvendo apenas desigualdade das me´dias.
C 2005.2 P 11
Problema 1 (OBM/2001) Prove que
(a + b)(a + c) ≥ 2
√
abc(a + b + c) (2)
para quaisquer nu´meros reais a, b e c.
Soluc¸a˜o: Temos
(a + b)(a + c) = a(a + b + c) + bc ≥ 2
√
abc(a + b + c)
C 2004 - P45
Problema 2 (OMR/2002) Sejam a, b e c nu´meros reais estritamente positi-
vos. Moste que: (
a
b + c
+
1
2
)(
b
c + a
+
1
2
)(
c
a + b
+
1
2
)
≥ 1
Soluc¸a˜o: A desigualdade e´ va´lida se, e somente se,
(2a + b + c)(a + 2b + c)(a + b + 2c) ≥ 8(a + b)(a + c)(b + c)
Temos:
(2a + b + c)(a + 2b + c)(a + b + 2c) = 2a3 + 2b3 + 2c3 + 7(a2b + a2c + b2a +
+ b2c + c2a + c2b) + 16abc
8(a + b)(a + c)(b + c) = 8(a2b + a2c + b2a + bc + c2a + c2b) +
+ 16abc
Cancelando os termos em comum, devemos mostrar, enta˜o, que
2a3 + 2b3 + 2c3 ≥ a2b + a2c + b2a + b2c + c2a + c2b
Leandro Farias 3 fariasmaia@gmail.com
Vamos utilizar agora MA ≥MG da seguinte forma:
a3 + a3 + b3 ≥ 3a2b
a3 + a3 + c3 ≥ 3a2c
b3 + b3 + a3 ≥ 3b2a
b3 + b3 + c3 ≥ 3b2c
c3 + c3 + a3 ≥ 3c2a
c3 + c3 + b3 ≥ 3c2b
Somando tudo e dividindo por 3, obtemos o resultado esperado.
C 2004 - P49
Problema 3 (OMR/2002) Sejam a, b e c reais estritamente positivos. Mostre
que :
a + b
c2
+
c + a
b2
+
b + c
a2
≥ 9
a + b + c
+
1
a
+
1
b
+
1
c
Soluc¸a˜o: A desigualdade das me´dias nos da´ facilmente que
(a + b + c)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ 9
Assim,
9
a + b + c
+
1
a
+
1
b
+
1
c
≤ 2
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
Por outro lado,
b
a2
+
c
a2
+
b
c2
+
c
b2
≥ 4
a
a
b2
+
c
b2
+
a
c2
+
c
a2
≥ 4
b
a
c2
+
b
c2
+
a
b2
+
b
a2
≥ 4
c
Somando tudo, obtemos o que desejamos.
C 2005 P-53
Problema 4 (IMO/2001) Prove que para todos a, b e c reais positivos
a√
a2 + 8bc
+
b√
b2 + 8ac
+
c√
c2 + 8ab
≥ 1
Soluc¸a˜o: Chame
x = a2 + 8bc
y = b2 + 8ab
z = c2 + 8ab
Assim, a desigualdade e´ va´lida se, e somente se,
a√
x
+
b√
y
+
c√
z
≥ 1⇔ a√yz + b√xz + c√xy ≥ √xyz
Leandro Farias 4 fariasmaia@gmail.com
Elevando tudo ao quadrado, a desigualdade e´ va´lida se, e somente se,
a2yz + b2xz + c2xy + 2abz
√
xy + 2acy
√
xz + 2bcx
√
zy ≥ xyz
Ora, temos que
a2yz = a2b2c2 + 8a3b3 + 8a3c3 + 64a4bc
b2xz = a2b2c2 + 8b3a3 + 8b3c3 + 64b4ac
c2xy = a2b2c2 + 8c3a3 + 8c3b3 + 64c4ab
xyz = a2b2c2 + 8a3b3 + 8b3c3 + 8c3a3 +
+ 64a4bc + 64b4ac + 64c4ab + 512a2b2c2
Ou seja, cancelando os termos comuns, devemos mostrar que
8a3b3 + 8a3c3 + 8b3c3 +
√
xyz(2ab
√
z + 2ac
√
y + 2bc
√
x) ≥ 510a2b2c2
Utilizando desigualdade das me´dias,
8a3b3 + 8a3c3 + 8b3c3 ≥ 24a2b2c2
x = a2 + 8bc ≥ 9 9
√
a2b8c8
y = b2 + 8ac ≥ 9 9
√
b2a8c8
z = c2 + 8ab ≥ 9 9
√
c2a8b8
Assim,
√
xyz ≥
√
93
9
√
a18b18c18 = 27abc
2ab
√
z + 2ac
√
y + 2bc
√
x ≥ 3 3
√
8a2b2c2
√
xyz ≥ 18abc
Portanto,
8a3b3+8a3c3+8b3c3+
√
xyz(2ab
√
z+2ac
√
y+2bc
√
x) ≥ 24a2b2c2+(27abc)(18abc) = 510a2b2c2
como quer´ıamos demonstrar
C 2006 - P5
Problema 5 (Irlanda/200) Sejam os reais na˜o negativos x e y, com x+y = 2.
Prove que
x2y2(x2 + y2) ≤ 2
Soluc¸a˜o: Temos
x + y = 2⇒ x2 + y2 = 4− 2xy
Assim, a desigualdade e´ va´lida se, e somente se,
2 ≥ x2y2(4− 2xy)⇔ 1 ≥ x2y2(2− xy)⇔ x3y3 + 1 ≥ 2x2y2
ou seja, se, e somente se,
(xy + 1)((xy)2 − (xy) + 1) ≥ 2x2y2
Agora perceba que
Leandro Farias 5 fariasmaia@gmail.com
• x + y = 2 ≥ 2√xy ⇒ xy + 1 ≥ 2xy
• (xy − 1)2 ≥ 0⇒ (xy)2 − xy + 1 ≥ xy
basta multiplicarmos para obter o que quer´ıamos.
C 2006 - P11
Problema 6 Se a,b e c reais positivos. Prove que
1
3
(
a +
√
ab +
3
√
abc
)
≤ 3
√
a
a + b
2
a + b + c
3
Soluc¸a˜o: Primeiramente, perceba que:
√
ab ≤ 3
√
ab
a + b
2
⇔ ab ≤
(
a + b
2
)2
sendo essa u´ltima desigualdade verdade. Portanto,
1
3
(a +
√
ab +
3
√
abc) ≤ 1
3
(
a +
3
√
ab
a + b
2
+
3
√
abc
)
Vamos mostrar, enta˜o, que
1
3
(
a +
3
√
ab
a + b
2
+
3
√
abc
)
≤ 3
√
a
a + b
2
a + b + c
3
que e´ verdade se, e somente se,
3
√
6a3
a(a + b)(a + b + c)
+ 3
√
3abc(a + b)
a(a + b)(a + b + c)
+ 3
√
6abc
a(a + b)(a + b + c)
≤ 3
Utilizando MA ≥MG mais uma vez, conclu´ımos que
3
√
6a3
a(a + b)(a + b + c)
≤ 1
3
(
a
a
+
2a
a + b
+
3a
a + b + C
)
3
√
3abc(a + b)
a(a + b)(a + b + c)
≤ 1
3
(
a
a
+
a + b
a + b
+
3b
a + b + c
)
3
√
6abc
a(a + b)(a + b + c)
≤ 1
3
(
a
a
+
2b
a + b
+
3c
a + b + c
)
ou seja, somando tudo,obtemos o que quer´ıamos.
C 2006 - P12
Problema 7 Prove que(
a +
1
b
− 1
)(
b +
1
c
− 1
)
+
(
b +
1
c
− 1
)(
c +
1
a
− 1
)
+
(
c +
1
a
− 1
)(
a +
1
b
− 1
)
≥ 3
Leandro Farias 6 fariasmaia@gmail.com
para todos a, b, c reais positivos.
Soluc¸a˜o: Vamo definir as seguintes varia´veis
x = a +
1
b
− 1
y = b +
1
c
− 1
z = c +
1
a
− 1
Assim, queremos mostrar, na verdade, que
xy + yz + zx ≥ 3
Primeiramente, perceba que:
x + y = a + c + (b +
1
b
)− 2 ≥ a + c > 0
y + z = a + b + (c +
1
c
)− 2 ≥ a + b > 0
z + x = b + c + (a +
1
a
)− 2 ≥ b + c > 0
ou seja, conclu´ımos que na˜o pode acontecer de duas dessas varia´veis serem ne-
gativas. Perceba que:
(x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + (xy + yz + zx) + (x + y + z) + 1
Por outro lado,
(x + 1)(y + 1)(z + 1) =
(
abc +
1
abc
)
+
(
a + b + c +
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ 2 + (x + y + z + 3) = (x + y + z + 5)
Logo, obtemos
xyz + (xy + yz + zx) ≥ 4
Agora vamos supor dois casos:
Caso 1: Se xyz ≤ 1. Assim, facilmente conclu´ımos nossa demonstrac¸a˜o.
Caso 2: Se xyz ≥ 1. Assim, como na˜o ha´ a possibilidade de, no mı´nimo,
dois deles serem negativos, e estamos supondo que o produto de todos eles e´
positivo, conclu´ımos que todos devem ser positivos. Portanto, utilizando desi-
gualdade das me´dias,
xy + yz + zx ≥ 3 3
√
x2y2z2 = 3
como quer´ıamos demonstrar.
C2006 P -15
Problema 7 (Lista Cone Sul/2006) Sejam a, b, c, d nu´meros reais positivos
Leandro Farias 7 fariasmaia@gmail.com
tais que abcd = 1. Prove que:
1 + ab
1 + a
+
1 + bc
1 + b
+
1 + cd
1 + c
+
1 + da
1 + d
≥ 4
Soluc¸a˜o: Seja S a soma inicial. Substituindo d = 1/abc, obtemos
S =
1 + ab
1 + a
+
1 + bc
1 + b
+
1 +
1
ab
1 + c
+
1 +
1
bc
1 +
1
abc
=
1 + ab
1 + a
+
1 + bc
1 + b
+
1 + ab
ab + abc
+
a(bc + 1)
abc + 1
= (1 + ab)
(
1
1 + a
+
1
ab + abc
)
+ (1 + bc)
(
1
1 + b
+
a
abc + 1
)
= (1 + ab)
(
a + 1 + ab + abc
(1 + a)(ab + abc)
)
+ (1 + bc)
(
a + 1 + ab + abc
(1 + b)(abc + 1)
)
= (1 + ab)
(
(a + 1) + (ab + abc)
(1 + a)(ab + abc)
)
+ a(1 + bc)
(
(a + ab) + (1 + abc)
(a + ab)(abc + 1)
)
Vamos utilzar a seguinte desigualdade, que e´ demonstrada apenas com uma
simples desigualdade das me´dias,
x + y
xy
≥ 4
x + y
para quaisquer reais positivos. Portanto,
S ≥ (1 + ab) 4
(1 + a) + (ab + abc)
+ a(1 + bc)
4
(a + ab) + (1 + abc)
= 4
como quer´ıamos demonstrar.
C2006 P-27
Problema 8 (Selec¸a˜o Romeˆnia IMO/2004) Sejam a1, a2, a3, a4 compri-
mentos dos lados de um quadrila´teros de semi-per´ımetro S. Prove que:
4∑
i=1
1
s + ai
≤ 2
9
∑
1≤<j≤4
1√
(s− ai)(s− aj)
e determine quando ocorre a igualdade.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, perceba que:
(S − ai) + (S − aj) ≥ 2
√
(S − ai)(S − aj)
logo,
2
9
∑ 1√
(S − ai)(S − aj)
≥ 2
9
∑ 2
2S − ai − aj =
4
9
∑ 1
ai + aj
A desigualdade das me´dias tambe´m nos garante que
1
a1 + a2
+
1
a1 + a3
+
1
a1 + a4
≥ 9 1
(a1 + a2) + (a1 + a3) + (a1 + a4)
=
9
2
1
S + a1
Leandro Farias 8 fariasmaia@gmail.com
Analogamente, provamos que
1
a2 + a1
+
1
a2 + a3
+
1
a2 + a4
≥ 9
2
1
S + a2
1
a3 + a1
+
1
a3 + a2
+
1
a3 + a4
≥ 9
2
1
S + a3
1
a4 + a1
+
1
a4 + a2
+
1
a4 + a3
≥ 9
2
1
S + a4
Somando tudo obtemos o resultado desejado.
C2006 P29
Problema 9 (Balcaˆnica/2006) Sejam a, b, c > 0 nu´meros reais. Prove que:
1
a(1 + b)
+
1
b(1 + c)
+
1
c(a + 1)
≥ 3
1 + abc
Soluc¸a˜o: A desigualdade e´ va´lida se, e somente se,
(ab + ac + bc) + (ab2 + a2c + c2b) + abc(ab2 + a2c + c2b) + a2b2c2(a + b + c) ≥
≥ 2abc(a + b + c + ab + bc + ca)
Utilizando desigualdade das me´dias, obtemos
ab + abc(a2c) ≥ 2a2bc
ac + abc(c2b) ≥ 2c2ab
bc + abc(b2a) ≥ 2b2ac
ab2 + a2b2c2a ≥ 2a2b2c2
ca2 + a2b2c2c ≥ 2a2bc2
bc2 + a2b2c2b ≥ 2ab2c2
somando tudo, obtemos que quer´ıamos demonstrar.
Conclusa˜o
O primeiro passo para se trabalhar com desigualdade das me´dias e´ na˜o ter
medo contas. Percebe-se que em todos esses problemas, depois de contas, resta
apenas juntar os termos adequados para provas a desigualdade requerida. Pro-
blemas mais complexos, entretanto, vamos ver que juntar termos torna-se muito
cansativo e dif´ıcil de se ver quando a desigualdade apresentar muitos termos. E´
a´ı que se estudam outros tipos de desigualdades, como Bunching, que simplifica
muitos termos.
Leandro Farias 9 fariasmaia@gmail.com
Problemas Propostos
(Desigualdade Das Me´dias)
Agora, vamos apresentar uma lista de problemas que devem ser resolvidos
utilizando as mesmas ide´ias dos problemas apresentados nessa sec¸a˜o.
Problema 1 (Israel) Prove que, dados k e n inteiros positivos com n ≥ 1,
enta˜o:
1
kn
+
1
kn + 1
+ . . . +
1
kn + n− 1 ≥ n
(
n
√
k + 1
k
− 1
)
Problema 2 Sejam os reais positivos a, b e c. Prove que:
1
a3 + b3 + abc
+
1
b3 + c3 + abc
+
1
c3 + a3 + abc
≤ 1
abc
Problema 3 (Asian Pacific) Sejam os reais positivos a, b e c. Prove que(
1 +
a
b
)(
1 +
b
c
)(
1 +
c
a
)
≥ 2
(
1 +
a + b + c
3
√
abc
)
Problema 4 (IMO) (Transformac¸a˜o de Ravi) Sejam a, b e c os compri-
mentos dos lados de um triaˆngulo qualquer. Prove que
abc ≥ (a + b− c)(b + c− a)(c + a− b)
Problema 5 (Transformac¸a˜o de Ravi) Sejam a, b e c os comprimentos dos
lados de um triaˆngulo qualquer. Prove que
a
b + c− a +
b
a + c− b +
c
a + b− cgeq3
Problema 6 (Romeˆnia) Sejam os reais a, b e c, todos pertencentes ao intervalo
(0, 1). Demonstre que
√
abc +
√
(1− a)(1− b)(1− c) < 1
Problema 7 (Vietna˜) Sejam n ≥ 2 e x1, x2, . . . , xn reais positivos tais que
n∑
i=1
1
xi + 1998
=
1
1998
Leandro Farias 10 fariasmaia@gmail.com
Demonstre que
n
√
x1x2 . . . xn
n− 1 ≥ 1998
C2004 P15
**Problema 8 (USAMO/2003) Prove que para quaisquer reais positivos
x, y, z
2x + y + z
2x2 + (y + z)2
+
2y + x + z
2y2 + (x + z)2
+
2z + y + x
2z2 + (y + x)2
≤ 8
C2004 P45
*Problema 9 (OMR/2002) Prove que para quaisquer reais positivos a, b, c( a
b + c
+
1
2
)( b
a + c
+
1
2
)( c
a + b
+
1
2
)
≥ 1
C2004 P49
*Problema 10 (OMR/2002) Prove que para quaisquer reais positivos a, b, c
a + b
c2
+
a + c
b2
+
c + b
a2
≥ 9
a + b + c
+
1
a
+
1
b
+
1
c
Leandro Farias 11 fariasmaia@gmail.com
Dicas
Problema 1 Perceba que
1
kn + i
+ 1 =
kn + (i + 1)
kn + i
para cada i = 1, 2, . . . (n− 1).
Problema 2 Note que
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2) ≥ (a + b)(ab)
sendo a desigualdade um resultado da desigualdade das me´dias.
Problema 3 Perceba que
(a + b + c)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
− 3 = 2
3
(a + b + c)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
+
+
1
3
(a + b + c)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
− 3
Problema 4 e 5 A transformac¸a˜o de Ravi nos diz que os lados de qualquer
triaˆngulo podem ser escritos da seguinte forma
a = x + y
b = y + z
c = z + x
sendo x, y e z reais positivos quaisquer.
Problema 6 Utilize o fato que se x ∈ (0, 1), enta˜o 3√x > √x.
Problema 7 Fac¸a a mudanc¸a de varia´vel
ai =
1998
xi + 1998
Utilize o fato agora que
1− ai = a1 + . . . ai−1 + ai+1 + . . . + an ≥ (n− 1) n−1√a1 . . . ai−1ai+1 . . . an
Problema 8 Mostre que x + y + z pode ser 3 (equac¸a˜o homogeˆnia). Por fim,
utilize apenas que
x2 + 1 ≥ 2x
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Problema 9 Desenvolva e mostre finamente que
2(a3 + b3 + c3) ≥
∑
sym
a2bProblema 10 Utilize que MA ≥MH para mostrar que
1
a
+
1
b
+
1
c
≥ 9
a + b + c
Agora utilize MA ≥MG diversar vezes com os termos do lado esquerdo (separe
cada numerador) da desigualdade da questa˜o.
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Soluc¸a˜o dos Problemas Propostos
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Refereˆncias Bibliogra´ficas
[1] Notas de aula do Professor Emanuel Carneiro.
[2] Artigo de desigualdades do Prof Caminha na Eureka nr ?.
[3] Putnam and Beyond
[4] www.mathlinks.ro
[5] Notas de aula do Prof Shine
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