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Desigualdades
As desigualdades tem mudado um pouco de cara nos ultimos anos. O que eram aplicacoes aparentementealeatorias das desigualdades conhecidas virou um monte de desigualdades com novas ideias, para os quaisaplicacoes diretas das desigualdades conhecidas nao funcionam.
Mas isso nao quer dizer que voce nao precisa dominar essas desigualdades.
1. As conhecidas
Vamos separar as desigualdades de acordo com o caso de igualdade. Nao e a nossa intencao demonstrar oumostrar todas, ja que as demonstracoes estao bem documentadas em varios outros materiais.
1.1. Uma desigualdade boba que nao deve ser desprezada
Todo quadrado e nao negativo. Para todo x real,
x2 ≥ 0
1.2. Desigualdades que “aproximam” pontos
Ou seja, em que o caso de igualdade e quando todos sao iguais (ou semelhantes).
Desigualdade das medias. Sendo a1, a2, . . . , an reais positivos,
a1 + a2 + · · · + an
n≥ n
√a1a2 . . . an ≥ n
1a1
+ 1a2
+ · · · + 1an
A igualdade ocorre quando a1 = a2 = · · · = an.
Desigualdade das medias potenciais. Sendo a1, a2, . . . , an reais positivos, defina
M(α) =
(aα1 + aα
2 + · · · + aαn
n
) 1α
Entao
α < β =⇒ M(α) ≤ M(β)
A igualdade ocorre quando a1 = a2 = · · · = an.
Desigualdade de Jensen. Se f e uma funcao convexa (para quaisquer dois pontos A e B no grafico da f ,o grafico da f entre A e B esta debaixo do segmento AB; caso f seja derivavel duas vezes, f ′′(x) > 0 paratodo x no domınio da f) esta entao, sendo E(yi) a media aritmetica dos numeros yi,
E(f(xi)) ≥ f(E(xi))
Se f e uma funcao concava (para quaisquer dois pontos A e B no grafico da f , o grafico da f entre A e Besta acima do segmento AB; caso f seja derivavel duas vezes, f ′′(x) < 0 para todo x no domınio da f)entao
E(f(xi)) ≤ f(E(xi))
Todas as desigualdades anteriores funcionam com medias ponderadas.
Desigualdade de Cauchy-Schwarz. Sendo a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn reais,
(a21 + a2
2 + · · · + a2n)(b2
1 + b22 + · · · + b2
n) ≥ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2
A igualdade ocorre quando existem constantes k, ℓ reais tais que ℓai = kbi para todo i = 1, 2, . . . , n.
Desigualdade de Cauchy-Schwarz na forma de Engel. Sendo a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn reais posi-tivos,
a21
b1+
a22
b2+ · · · + a2
n
bn≥ (a1 + a2 + · · · + an)2
b1 + b2 + · · · + bn
A igualdade ocorre quando existem constantes k, ℓ reais tais que ℓai = kbi para todo i = 1, 2, . . . , n.
Desigualdade de Holder. Sendo a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn e c1, c2, . . . , cn reais positivos,
(a31 + a3
2 + · · · + a3n)(b3
1 + b32 + · · · + b3
n)(c31 + c3
2 + · · · + c3n) ≥ (a1b1c1 + a2b2c2 + · · · + anbncn)3
Desigualdade de Muirhead. Se a sequencia de reais nao negativos (a1, a2, . . . , an) majora a sequencia dereais nao negativos (b1, b2, . . . , bn) (ou seja, a1+· · ·+ai ≥ b1+· · · bi para 1 ≤ i < n e a1+· · ·+an = b1+· · · bn)entao ∑
sym
xa1
1 xa2
2 . . . xan
n ≥∑
sym
xb11 xb2
2 . . . xbn
n
para todos x1, x2, . . . , xn reais positivos, com igualdade quando x1 = x2 = · · · = xn ou as sequencias saoiguais.
Desigualdades de Newton e Maclaurin. Seja dk = σk/(nk
), em que σk e o k-esimo polinomio simetrico
das variaveis positivas x1, x2, . . . , xn – o termo em xk de (x + x1)(x + x2) . . . (x + xn). Entao
• (Desigualdade de Newton)d2
k ≥ dk−1dk+1 para k = 1, 2, . . . , n − 1
• (Desigualdade de Maclaurin)
d1 ≥ d1/22 ≥ d
1/33 ≥ . . . ≥ d1/n
n
1.3. Desigualdades que “afastam” pontos
Nem todas as desigualdades “juntam” pontos. Algumas tem o caso de igualdade nos extremos.
Desigualdade do rearranjo. Sejam a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an e b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn reais. Entao, sendoc1, c2, . . . , cn uma permutacao da sequencia b1, b2, . . . , bn, os valores maximo e mınimo de
a1c1 + a2c2 + · · · + ancn
sao respectivamentea1b1 + a2b2 + · · · + anbn e a1bn + a2bn−1 + · · · + anb1
Os casos de igualdade sao um pouco mais complicados, especialmente se ha numeros iguais.
Desigualdade de Chebyshev. Sejam a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an e b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn reais. Entao
a1 + a2 + · · · + an
n· b1 + b2 + · · · + bn
n≤ a1b1 + a2b2 + · · · + anbn
n
Se as sequencias estiverem em ordem invertida, a desigualdade se inverte tambem. Novamente, como essadesigualdade decorre de rearranjo, os casos de igualdade sao complicados. Alem disso, essa desigualdadenao e verdadeira para medias com pesos.
Funcoes convexas e concavas. Se f(x) e uma funcao convexa (concava) em [a, b] entao seu maximo(mınimo) nesse intervalo e f(a) ou f(b); isso tambem vale para funcoes de varias variaveis: basta checar osextremos e as fronteiras.
A proxima desigualdade e um meio-termo.
Desigualdade de Schur. Sendo x, y, z reais nao negativos e t real positivo,
xt(x − y)(x − z) + yt(y − x)(y − z) + zt(z − x)(z − y) ≥ 0
com igualdade quando x = y = z ou quando dois dos numeros x, y, z sao iguais e o outro numero e zero. Adesigualdade e valida para todos x, y, z reais se t e um inteiro par. Para t = 1 ela equivale a
∑
sym
x3 + xyz ≥∑
sym
2x2y,
de modo que ela pode ser muito util se aliada a Muirhead.
2. Algumas tecnicas padrao
2.1. Homogenizar desigualdades
Uma desigualdade e homogenea quando nao se altera quando multiplicamos cada variavel pelo mesmonumero real t. As vezes, e melhor trabalhar com desigualdades homogeneas (para, por exemplo, aplicarmosMuirhead); caso haja alguma condicao sobre as variaveis, podemos substitui-la para obtermos desigualdadeshomogeneas.
As vezes, fazemos o caminho inverso, para cair, por exemplo, em uma desigualdade do tipo∑
f ≥ C.
2.2. Desigualdades simetricas
Uma desigualdade e simetrica quando nao se altera ao permutarmos as variaveis. Caso ela se mantenha sose trocarmos duas variaveis, digamos, x e y, ela e simetrica em x e y. No primeiro caso, podemos estabeleceruma ordem entre as variaveis; no segundo, podemos supor, sem perda de generalidade, x ≥ y.
2.3. Algumas substituicoes
Vale a pena ficar de olho em possıveis substituicoes, como trigonometrica (x = tg α =⇒ xx2+1 = 1
2 sen 2α,
por exemplo) ou geometricas (√
a2 + b2 e Pitagoras, a = x + y, b = y + z e c = z + x para a, b, c lados deum triangulo) ou simplesmente que simplificam denominadores chatos (x = b + c, y = c + a e z = a + b em
ab+c + b
c+a + ca+b , por exemplo).
3. Novas dificuldades e novas tecnicas
A razao pela qual as desigualdades foram separadas em duas classes e a seguinte: e importante saberquando juntar ou separar pontos. Antigamente, praticamente todas as desigualdades tinham comocaso de desigualdade todas as variaveis iguais, envolviam funcoes convexas, e eram simetricas e homogeneas.Muitas ainda mantem essa caracterıstica, mas outras tem novos desafios.
3.1. Os casos de igualdade sao bizarros
Tome, por exemplo, o seguinte problema do banco da IMO 2005:
Exemplo 3.1.
(Banco IMO 2005) Quatro numeros reais p, q, r, s satisfazem p+ q + r+ s = 9 e p2 + q2 + r2 + s2 = 21. Proveque existe uma permutacao (a, b, c, d) de (p, q, r, s) tal que ab − cd ≥ 2.
Resolucao
Primeiro, note que nao e possıvel termos p = q = r = s. E a permutacao na verdade e uma quimera: bastasupor que p ≥ q ≥ r ≥ s, porque a melhor permutacao e tomar p e q grandes e r e s pequenos.
Mesmo assim, o caso de igualdade parece ser mais proximo de “todos juntos” do que de “todos separa-dos”, porque precisamos aproximar pq de rs. De fato, nao e difıcil notar que um caso de igualdade e p = 3e q = r = s = 2.
Pela quantidade de quadrados que aparecem e pela assimetria, parece interessante dividir os numerosem dois grupos: p, q e r, s. Comecamos observando que
pq − rs =(p + q)2 − (p2 + q2) + (r − s)2 − (r2 + s2)
2=
(p + q)2 + (r − s)2 − 21
2
Agora, nao parece que ha muito o que fazer a nao ser abrir (p + q + r + s)2:
(p + r + q + s)2 = p2 + q2 + r2 + s2 + 2(pq + rs + pr + qs + ps + qr)
Como conseguirmos expressoes nao simetricas? Usando rearranjo! Note que
pq + rs ≥ pr + qs ≥ ps + qr
(na primeira desigualdade, considere (p, s) e (q, s); na segunda, (p, q) e (r, s)).
Entao, substituindo p + q + r + s e p2 + q2 + r2 + s2 e considerando essa desigualdade,
92 = 21 + 2(pq + rs + pr + qs + ps + qr) ≤ 21 + 6(pq + rs) =⇒ pq + rs ≥ 10
Quase! Faltou so um sinal! Mas temos
pq + rs =(p + q)2 − p2 − q2 + (r + s)2 − r2 − s2
2=
(p + q)2 + (r + s)2 − 21
2
de modo que, sendo S = p + q,
S2 + (9 − S)2 − 21
2≥ 10 ⇐⇒ S2 − 9S + 20 ≥ 0 ⇐⇒ S ≤ 4 ou S ≥ 5
Como p + q ≥ r + s, S ≥ 92 , de modo que p + q ≥ 5.
Logo
pq − rs =(p + q)2 − (p2 + q2) + (r − s)2 − (r2 + s2)
2=
(p + q)2 + (r − s)2 − 21
2≥ 52 − 21
2= 4
3.2. Desigualdades do tipo∑
f(xi) ≥ C com funcoes f nem convexas nem concavas
Desigualdades que saem direto com Jensen tem diminuıdo nos ultimos tempos (a unica dificuldade a maisque aparecia era os pesos que apareciam). Entao comecaram a aparecer desigualdades com funcoes f quenao sao nem concavas nem convexas em todo o intervalo. Nesse caso, ha as seguintes possibilidades paraatacar os problemas:
(1) Estudar a convexidade de f e dividir em casos, de acordo com os intervalos de convexidade;
(2) Estimar f por retas ou outras curvas (veremos como fazer isso logo)
(3) Uma combinacao dos anteriores.
Exemplo 3.2.
Sendo a, b, c reais positivos, prove que
(b + c − a)2
(b + c)2 + a2+
(c + a − b)2
(c + a)2 + b2+
(a + b − c)2
(a + b)2 + c2≥ 3
5.
Resolucao
Como a desigualdade e homogenea, podemos supor, sem perda de generalidade, que a + b + c = 3 (so parao caso de igualdade ser a = b = c = 1). A desigualdade entao e equivalente a
(3 − 2a)2
(3 − a)2 + a2+
(3 − 2b)2
(3 − b)2 + b2+
(3 − 2c)2
(3 − c)2 + c2≥ 3
5.
Seja entao f(x) = (3−2x)2
(3−x)2+x2 . Note que f ′(x) = 18(2x−3)(2x2−6x+9)2 e f ′′(x) = − 108(2x2−6x+3)
(2x2−6x+9)3 , Note que f ′′ tem
duas raızes, 3±√
32 , ambas no intervalo [0, 3]. Ou seja, f nao e nem concava nem convexa nesse intervalo.
Vamos usar a estategia de passar reta tangente, entao. Vamos tentar encontrar uma desigualdade dotipo
f(x) ≥ mx + n
em que o caso de igualdade e para x = 1 (que e o caso de igualdade no nosso problema). De cara, temos
f(1) = m + n ⇐⇒ m + n =1
5
Mas nao basta a reta cruzar f , porque aı o sinal da desigualdade inverte em x = 1; a reta devetangenciar o grafico da f em x = 1. Logo
f ′(1) = m ⇐⇒ m = −18
25
Logo n = 2325 . Vamos verificar se f(x) ≥ − 18x−23
25 : para isso e so abrir a conta e lembrar que x = 1 eraiz dupla dessa equacao (use isso para checar suas contas!):
f(x) ≥ −18x − 23
25⇐⇒ 25(4x2 − 12x + 9) ≥ −(18x− 23)(2x2 − 6x + 9)
⇐⇒ 36x3 − 54x2 + 18 ≥ 0
⇐⇒ (x − 1)2(2x + 1) ≥ 0,
o que e verdade para todo x ≥ 0.
Logo
(3 − 2a)2
(3 − a)2 + a2+
(3 − 2b)2
(3 − b)2 + b2+
(3 − 2c)2
(3 − c)2 + c2= f(a) + f(b) + f(c)
≥ − 18a− 23
25− 18b − 23
25− 18c − 23
25=
3 · 23 − 18(a + b + c)
25=
3
5,
como querıamos demonstrar.
So para ilustrar, mostramos o grafico da f e da reta:
Nem sempre uma reta so resolve. Veja o proximo exemplo.
Exemplo 3.3.
Se a, b, c e d sao numeros reais positivos tais que a + b + c + d = 2, prove que
a2
(a2 + 1)2 +
b2
(b2 + 1)2 +
c2
(c2 + 1)2 +
d2
(d2 + 1)2 ≤ 16
25.
Resolucao
Seja f(x) = x2
(x2+1)2 . Note que, sendo f(x) = 1(x+ 1
x)2
= f(
1x
)e f crescente em [0, 1], podemos supor,
sem perda de generalidade, que a, b, c, d ≤ 1. De fato, se por exemplo a > 1 trocamos a por 1a < a, e
1a +b+c+d < 2, de modo que f(a)+f(b)+f(c)+f(d) = f
(1a
)+f(b)+f(c)+f(d) < f(x)+f(y)+f(z)+f(w),
em que substituımos a, b, c, d por x, y, z, w tais que 1 ≥ x ≥ mın(a, 1a ), 1 ≥ y ≥ mın(b, 1
b ), 1 ≥ z ≥ mın(c, 1c ),
w ≥ mın(d, 1d ) e x + y + z + w = 2.
Para cada x0 considere a reta tangente ao grafico de f em (x0, f(x0)), ou seja, g(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0). Vejamos quando f(x) ≤ g(x). Notando que x = x0 e raiz dupla de f(x) − g(x), temos
f(x) − g(x) =x2
(x2 + 1)2− x2
0
(x20 + 1)2
− 2x0(x20 + 1) − x2
0 · 2 · 2x0
(x20 + 1)3
(x − x0)
=(x + x0)(xx0 + 1)(x − x0)(−xx0 + 1)
(x2 + 1)2(x20 + 1)2
− 2x0 − 2x30
(x20 + 1)3
(x − x0)
=x − x0
(x2 + 1)2(x20 + 1)3
((x + x0)(xx0 + 1)(−xx0 + 1)(x2
0 + 1) − 2x0(1 − x20)(x
2 + 1)2)
=(x − x0)
2
(x2 + 1)2(x20 + 1)3
((1 − x2x2
0)(x20 + 1) + 2x0(x + x0)(x
20x
2 − x2 − 2))
=(x − x0)
2
(x2 + 1)2(x20 + 1)3
(−2x0(1 − x2
0)x3 − x2
0(3 − x20)x
2 − 4x0x + 1 − 3x20
)
O sinal de f(x) − g(x) e o mesmo que o sinal de
h(x) = −2x0(1 − x20)x
3 − x20(3 − x2
0)x2 − 4x0x + 1 − 3x2
0
Como estamos trabalhando somente com x0 ∈ (0, 1], todos os coeficientes de h, com a possıvel excecaode 1 − 3x2
0, sao negativos.
O caso de igualdade no problema e a = b = c = d = 12 , entao x0 = 1
2 e uma escolha natural. Nessecaso, g(x) = 4
25 + 48125
(x − 1
2
)e h(x) = − 3
4x3 − 1116x2 − 2x + 1
4 . Note que h(x) ≤ 0 para x ≥ 18 . Entao, se
a, b, c, d ≥ 18 entao
f(a) + f(b) + f(c) + f(d) ≤ g(a) + g(b) + g(c) + g(d) = 4 · 4
25+
48
25
(
a + b + c + d − 4 · 1
2
)
=16
25
Resta entao os casos em que um ou mais numeros sao menores do que 18 . Note que, como a+b+c+d = 2
e a, b, c, d ≤ 1 entao no maximo dois numeros sao menores do que 18 .
Se dois numeros sao menores do que 18 , como f e crescente entao
f(a) + f(b) + f(c) + f(d) ≤ 2f
(1
8
)
+ 2f(1) = 2 · 64
652+ 2 · 1
4< 2 · 1
64+
1
2<
16
25
Se exatamente um numero e menor do que 18 , digamos a, entao tomamos x0 = 2
3 . Nesse caso, o termo
independente de h(x) e 1 − 3 ·(
23
)2< 0, o que quer dizer que h(x) < 0 para todo x ∈ [0, 1]. Sendo
g(x) = 36169 + 540
133
(x − 1
8
),
f(a) + f(b) + f(c) + f(d) ≤ f(a) + 3 · 36
169+
540
133
(
b + c + d − 3 · 2
3
)
= f(a) +108
169− 540
133a
Sendo f ′′(x) = 2(3x4−8x2+1)(1+x2)4 > 0 para 0 < x ≤ 1
8 , f ′(x) e crescente nesse intervalo, de modo que
f ′(a) ≤ f ′ ( 18
)=
2· 18
(1−( 1
8 )2)
(1+( 1
8 )2)3 = 63·16·64
53·133 = 12·21·4·64125·133 < 2,1·4·64
133 = 537,6133 < 540
133 . Logo o lado direito da ultima
desigualdade e crescente em a, de modo que
f(a)+f(b)+f(c)+f(d)≤f
(1
8
)
+108
169− 540
133· 18
=64
652+
108
169− 135
2·133<
1
64+
108·26−135
2·2197=
1
64+
11·35
2·2197<
16
25
A ultima desigualdade pode ser verificada notando que 1625 − 1
16 = 9991600 e
11 · 35
2 · 2197<
999
1600⇐⇒ 11 · 32
2197<
37
800⇐⇒ 99 · 800 < 37 · 2197,
que e verdadeiro pois 37 · 2197 = 81289 > 80000 > 800 · 99.
3.3. Desigualdades que parecem as conhecidas, mas invertidas
Como seria Cauchy-Schwarz “ao contrario”?
Exemplo 3.4.
Sejam a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn reais positivos, e sejam m e M o mınimo e o maximo de ai
bi
, 1 ≤ i ≤ n.Prove que
(a21 + a2
2 + · · · + a2n)(b2
1 + b22 + · · · + b2
n) ≤ (M + m)2
4Mm(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2
Resolucao
Como atacar um problema que parece “ao contrario”? Pensando tambem ao contrario: no lugar de pensarem desigualdades que juntam pontos, vamos separar: primeiro, note que
(ai
bi− m
)(
M − ai
bi
)
≥ 0 ⇐⇒ (M + m)aibi ≥ a2i + Mmb2
i
(quando ocorre a igualdade?)
Somando as desigualdades para i = 1, 2, . . . , n obtemos
(M + m)(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn) ≥ (a21 + a2
2 + · · · + a2n) + Mm(b2
1 + b22 + · · · + b2
n)
Aplicando medias,
(M + m)(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn) ≥ 2√
Mm(a21 + a2
2 + · · · + a2n)(b2
1 + b22 + · · · + b2
n)
e e so elevar ao quadrado. O caso de igualdade fica a seu cargo, mas note que as razoes ai
bi
vao ser iguais am ou M .
Outra maneira de resolver problemas desse tipo e trabalhar com convexidade: funcoes convexas temmaximos em extremos.
Exemplo 3.5.
Sejam a1, a2, . . . , an reais nao negativos. Prove que
m
2≤ a1 + a2 + · · · + an
n− n
√a1a2 · · · an ≤ (n − 1)M
2,
onde m = mın1≤i<j≤n
{(√
ai −√aj)
2}
e M = max1≤i<j≤n
{(√
ai −√aj)
2}.
Resolucao
A primeira desigualdade e bem simples, na verdade: e so colocar o foco nos (√
ai − √aj)
2: cada um delese maior ou igual a m, e e igual a ai + aj − 2
√aiaj . Somando ciclicamente para (i, j) = (i, i + 1), sendo
an+1 = a1, obtemos
2(a1 + a2 + · · · + an) − 2(√
a1a2 +√
a2a3 + · · · + √ana1) ≥ nm
⇐⇒ a1 + a2 + · · · + an
n−
√a1a2 +
√a2a3 + · · · + √
ana1
n≥ m
2
Agora e so aplicar medias na segunda fracao:
√a1a2 +
√a2a3 + · · · + √
ana1
n≥ n
√√a1a2 ·
√a2a3 . . .
√ana1 = n
√a1a2 . . . an
e somar as desigualdades. Note que se m > 0 e n > 2 a desigualdade e estrita, pois os dois casos de igualdadenao podem ocorrer.
O outro lado e mais interessante, porque e “ao contrario”. Nesse caso, vamos usar convexidade. Paranao ter que lidar com raızes, seja ai = xn
i , de modo que a expressao agora e
f(x1, x2, . . . , xn) =xn
1 + xn2 + · · · + xn
n
n− x1x2 . . . xn
Suponha, sem perda de generalidade, a2 = x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn = b2. Entao M = (√
an − √a1)
2 =(an − bn)2. Agora, f e convexa (o produto some apos duas derivadas e os outros coeficientes continuam naonegativos apos derivar), de modo que assume valor maximo nos extremos. Assim, alguns xis, digamos, k saoiguais a a2 e os outros n − k, iguais a b2. A expressao para esses valores e
f(a2, a2, . . . , a2
︸ ︷︷ ︸
k
, b2, b2, . . . , b2
︸ ︷︷ ︸
n−k
) =ka2n + (n − k)b2n
n− a2kb2n−2k
Agora, devemos provar que
ka2n + (n − k)b2n
n− a2kb2n−2k ≤ (n − 1)(an − bn)2
2
⇐⇒ 2ka2n + 2(n − k)b2n − 2na2kb2n−2k ≤ n(n − 1)(an − bn)2
⇐⇒ 2n(n− 1)anbn ≤ (n(n − 1) − 2k)a2n + (n(n − 1) − 2(n − k))b2n + 2na2kb2n−2k,
que sai direto por medias (com os pesos certos, que tenho certeza que voce vai saber encontrar). Alias, ovalor de k que maximiza f depende de a e b. Novamente, se M > 0 a desigualdade tambem e estrita.
3.4. Desigualdades com n variaveis
Muitas desigualdades tem n variaveis e, pior ainda, nao sao nem simetricas. Muitas vezes, a ideia e tentarestimar com uma telescopica ou qualquer outra soma facil de calcular.
Exemplo 3.6.
(Banco IMO 2001) Sejam x1, x2, . . . , xn reais. Prove que
x1
1 + x21
+x2
1 + x21 + x2
2
+ · · · + xn
1 + x21 + x2
2 + · · · + x2n
<√
n.
Resolucao
Primeiro, Cauchy (ou medias potenciais, ou quadratica-aritmetica. . . ) para aparecer quadrados:
(x1
1 + x21
+x2
1 + x21 + x2
2
+ · · · + xn
1 + x21 + x2
2 + · · · + x2n
)2
≤ n
(x2
1
(1 + x21)
2+
x22
(1 + x21 + x2
2)2
+ · · · + x2n
(1 + x21 + x2
2 + · · · + x2n)2
)
E agora, telescopamos (escolha um xn+1 qualquer):
x21
(1+x21)
2+
x22
(1+x21 +x2
2)2
+ · · ·+ x2n
(1+x21 +x2
2 + · · ·+x2n)2
<x2
1
(1+x21)(1+x2
1 +x22)
+x2
2
(1+x21 +x2
2)(1+x21 +x2
2 +x23)
+ · · ·+ x2n
(1+x21 + · · ·+x2
n)(1+x21 + · · ·+x2
n+1)
=
(1
1+x21
− 1
1+x21 +x2
2
)
+
(1
1+x21 +x2
2
− 1
1+x21 +x2
2 +x33
)
+ · · ·(
1
1+x21 + · · ·+x2
n
− 1
1+x21 + · · ·+x2
n+1
)
=1
1+x21
− 1
1+x21 + · · ·+x2
n+1
< 1,
e e so substituir na original e tirar a raiz.
3.5. Desigualdades nao sao mais simetricas
Ja vimos algumas desigualdades que nao sao simetricas, mas vale a pena ver algumas desigualdades cıclicascom quatro variaveis a, b, c, d. Nessas desigualdades, voce pode:
• Escolher qualquer uma das variaveis para ser a maior;
• Verificar se e possıvel supor, sem perda de generalidade, a ≥ c e b ≥ d (nesse caso, e claro, se voce usouo item anterior, a ou b deve ser o maior);
• Utilizar a fatoracao ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d).
Exemplo 3.7.
Sejam a, b, c, d reais positivos. Prove que
a · a + b
b + c+ b · b + c
c + d+ c · c + d
d + a+ d · d + a
a + b≥ a + b + c + d
Resolucao
Passando a, b, c, d para o primeiro membro, obtemos
a · a − c
b + c+ b · b − d
c + d+ c · c − a
d + a+ d · d − b
a + b≥ 0
Aqui, infelizmente nao da para supor que a ≥ c e b ≥ d ao mesmo tempo (mas da para supor uma delas:e so trocar a por c e b por d ao mesmo tempo). Vamos esperar para ver se vamos precisar fazer algumasuposicao do tipo. Mas da para fatorar a − c e b − d:
a · a − c
b + c+ b · b − d
c + d+ c · c − a
d + a+ d · d − b
a + b=
(a − c)(a2 + ad − bc − c2)
(b + c)(d + a)+
(b − d)(ab + b2 − cd − d2)
(c + d)(a + b)
O a2−c2 e o b2−d2 sugerem que da para fatorar um pouco mais; mas e ad−bc e ab−cd? Para isso, usamoso truque que voce ja deve ter usado em teoria dos numeros: ad− bc = b(a− c)−a(b−d) = d(a− c)− c(b−d)e ab − cd = b(a − c) + c(b − d) = a(b − d) + d(a − c):
(a − c)(a2 + ad − bc − c2)
(b + c)(d + a)+
(b − d)(ab + b2 − cd − d2)
(c + d)(a + b)
=(a − c)2(a + c + d)
(b + c)(d + a)+
(b − d)2(b + d + a)
(c + d)(a + b)+
(b − d)(a − c)d
(c + d)(a + b)− (a − c)(b − d)c
(b + c)(d + a)
Vamos provar algo um pouco mais forte: provaremos que
(a − c)2(a + c + d)
(b + c)(d + a)+
(b − d)2(b + d + a)
(c + d)(a + b)≥ |(a − c)(b − d)|
(d
(c + d)(a + b)+
c
(b + c)(d + a)
)
Utilizando medias, temos
(a − c)2(a + c + d)
(b + c)(d + a)+
(b − d)2(b + d + a)
(c + d)(a + b)≥ 2|(a − c)(b − d)|
√
(a + c + d)(b + d + a)
(b + c)(d + a)(c + d)(a + b)
E agora vemos que a vitoria esta proxima: a raiz quadrada parece ser maior do que os dois termos quequeremos que sejam menores! De fato,
√
(a + c + d)(b + d + a)
(b + c)(d + a)(c + d)(a + b)≥ d
(c + d)(a + b)⇐⇒ (a + c + d)(b + d + a)(c + d)(a + b) ≥ d2(b + c)(d + a)
e
√
(a + c + d)(b + d + a)
(b + c)(d + a)(c + d)(a + b)≥ c
(b + c)(d + a)⇐⇒ (a + c + d)(b + d + a)(b + c)(d + a) ≥ c2(c + d)(a + b)
Agora, vale a pena supormos sem perda de generalidade que a e o maior de todos. Aı a primeiradesigualdade e verdadeira porque a + c + d > a + d, b + d + a > b + a ≥ b + c, c + d > d e a + b > a ≥ d ea segunda e verdadeira porque a + c + d > c + d, b + d + a > a + b, b + c > c e d + a > a ≥ c. Note que asdesigualdades sao estritas a nao ser que a = c e b = d, que e o caso de igualdade.
Outra dica que funciona para qualquer desigualdade cıclica: se um produto x1x2 . . . xn e igual a 1, podevaler a pena substituir x1 = a1
a2, x2 = a2
a3, . . . , xn = an
a1, ou x1 = a2
a1, x2 = a3
a2, . . . , xn = a1
an
(as duassubstituicoes sao diferentes).
Exemplo 3.8.
(Russia) Sejam x1, x2, . . . , xn reais positivos, n > 3, tais que x1x2 . . . xn = 1. Prove que
1
1 + x1 + x1x2+
1
1 + x2 + x2x3+
1
1 + x3 + x3x4+ · · · + 1
1 + xn−1 + xn−1xn+
1
1 + xn + xnx1> 1
Resolucao
Sejam x1 = a2
a1, x2 = a3
a2, . . . , xn = a1
an
. Entao o termo tıpico do somatorio e
1
1 + xi + xi+1=
1
1 + ai+1
ai
+ ai+1
ai
· ai+2
ai+1
=ai
ai + ai+1 + ai+2
(sendo os ındices tomados modulo n; tente fazer a outra substituicao para ver o que acontece)
Aı fica facil terminar: cada termo e maior do que ai
S , sendo S = a1 + a2 + · · · + an. Assim,
1
1 + x1 + x1x2+
1
1 + x2 + x2x3+
1
1 + x3 + x3x4+ · · · + 1
1 + xn−1 + xn−1xn+
1
1 + xn + xnx1
>a1 + a2 + · · · + an
S= 1
Exercıcios
Os problemas nao estao em nenhuma ordem especıfica, nem em termos de dificuldade nem de tecnica.
01. (IMO 2008) (a) Prove que
x2
(x − 1)2+
y2
(y − 1)2+
z2
(z − 1)2≥ 1 (∗)
para todos os numeros reais x, y, z, diferentes de 1, com xyz = 1.
(b) Prove que existe uma infinidade de ternos de numeros racionais x, y, z, diferentes de 1, com xyz = 1,para os quais ocorre a igualdade em (∗).
02. (Banco IMO 2006) Sendo a1, a2, . . . , an reais positivos, prove que
∑
1≤i<j≤n
aiaj
ai + aj≤ n
2(a1 + a2 + · · · + an)
∑
1≤i<j≤n
aiaj .
03. (Banco IMO 2009) Sejam a, b, c reais positivos tais que a + b + c = 1a + 1
b + 1c . Prove que
1
(2a + b + c)2+
1
(a + 2b + c)2+
1
(a + b + 2c)2≤ 3
16.
04. Sendo x, y, z reais positivos, prove que
(2x + y + z)2
2x2 + (y + z)2+
(2y + z + x)2
2y2 + (z + x)2+
(2z + x + y)2
2z2 + (x + y)2≤ 8.
05. (Banco IMO 2004) Sejam a, b, c reais positivos tais que ab + bc + ca = 1. Prove que
3
√
1
a+ 6b +
3
√
1
b+ 6c +
3
√
1
c+ 6a ≤ 1
abc.
06. (IMO 2004) Seja n ≥ 3 um inteiro. Sejam t1, t2, . . . , tn numeros reais positivos tais que
n2 + 1 > (t1 + t2 + · · · + tn)
(1
t1+
1
t2+ · · · + 1
tn
)
.
Prove que ti, tj e tk sao medidas dos lados de um triangulo para quaisquer i, j, k com 1 ≤ i < j < k ≤ n.
07. (IMO 2005) Sejam x, y, z reais positivos tais que xyz ≥ 1. Prove que
x5 − x2
x5 + y2 + z2+
y5 − y2
x2 + y5 + z2+
z5 − z2
x2 + y2 + z5≥ 0.
08. (IMO 2006) Determine o menor real M tal que a desigualdade
|ab(a2 − b2) + bc(b2 − c2) + ca(c2 − a2)| ≤ M(a2 + b2 + c2)2
e verdadeira para todos os reais a, b e c.
09. (IMO 2007) Sejam a1, a2, . . . , an numeros reais. Para cada i (1 ≤ i ≤ n) definimos
di = max{aj : 1 ≤ j ≤ i} − mın{aj : i ≤ j ≤ n}
ed = max{di : 1 ≤ i ≤ n}.
(a) Prove que para quaisquer numeros reais x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn,
max{|xi − ai| : 1 ≤ i ≤ n} ≥ d
2. (∗)
(b) Prove que existem numeros reais x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn para os quais vale a igualdade em (∗).10. (Banco IMO 2007) Seja n um inteiro positivo e x e y reais positivos tais que xn + yn = 1. Prove que
(n∑
k=1
1 + x2k
1 + x4k
)
·(
n∑
k=1
1 + y2k
1 + y4k
)
<1
(1 − x)(1 − y).
11. (OBM 2009) Seja n > 3 um inteiro fixado e x1, x2, . . . , xn reais positivos. Encontre, em funcao de n,todos os possıveis valores reais de
x1
xn + x1 + x2+
x2
x1 + x2 + x3+
x3
x2 + x3 + x4+ · · · + xn−1
xn−2 + xn−1 + xn+
xn
xn−1 + xn + x1
12. (CGMO 2010) Sejam x1, x2, . . . , xn reais tais que x21 + x2
2 + · · · + x2n = 1. Prove que
n∑
k=1
(
1 − k∑n
i=1 ix2i
)2
· x2k
k≤(
n − 1
n + 1
)2 n∑
k=1
x2k
k.
Quando ocorre a igualdade?
13. (Banco IMO 2008) Sejam a, b, c, d reais positivos tais que abcd = 1 e a + b + c + d > ab + b
c + cd + d
a .Prove que
a + b + c + d <b
a+
c
b+
d
c+
a
d.
14. (OBM 2008) Sejam x, y, z reais tais que x + y + z = xy + yz + zx. Encontre o valor mınimo de
x
x2 + 1+
y
y2 + 1+
z
z2 + 1.
15. (Banco IMO 2006) Se a, b, c sao lados de um triangulo, prove que
√a + b − c
√a +
√b −√
c+
√a − b + c
√a −
√b +
√c
+
√−a + b + c
−√a +
√b +
√c≤ 3.
16. (Banco IMO 2009) Sejam a, b, c reais positivos tais que ab + bc + ca ≤ 3abc. Prove que
√
a2 + b2
a + b+
√
b2 + c2
b + c+
√
c2 + a2
c + a+ 3 ≤
√2(√
a + b +√
b + c +√
c + a)
.
17. (Banco IMO 2007) Sejam a1, a2, . . . , a100 reais nao negativos tais que a21 + a2
2 + · · · + a2100 = 1. Prove
que
a21a2 + a2
2a3 + · · · + a2100a1 <
12
25.
18. (Banco IMO 2008) Prove que, para todos reais positivos a, b, c, d,
(a − b)(a − c)
a + b + c+
(b − c)(b − d)
b + c + d+
(c − d)(c − a)
c + d + a+
(d − a)(d − b)
d + a + b≥ 0.
Determine quando ocorre a igualdade.
19. (China 2011) Sejam ai, bi, i = 1, 2, . . . , n reais nao negativos, n ≥ 4, tais que a1 + a2 + · · · + an =b1 + b2 + · · · + bn > 0.
Encontre o maximo de ∑ni=1 ai(ai + bi)
∑ni=1 bi(ai + bi)
20. (China 2011) Sejam a1, a2, . . . , an reais. Prove que
n∑
i=1
a2i −
n∑
i=1
aiai+1 ≤⌊n
2
⌋
(M − m)2
sendo an+1 = a1, M = max1≤i≤n ai, m = mın1≤i≤n ai.
21. Sejam a, b, c, d reais tais que a2 + b2 + c2 + d2 = 1. Prove que
√1 − ab +
√1 − bc +
√1 − cd +
√1 − da ≥ 2
√3.
22. (Romanian Master 2010) Para cada inteiro positivo n, encontre o maior real Cn com a seguinte pro-priedade: dadas quaisquer n funcoes f1(x), f2(x), . . . , fn(x) definidas no intervalo fechado 0 ≤ x ≤ 1 e queassumem valores reais, e possıvel encontrar numeros x1, x2, . . . , xn, com 0 ≤ xi ≤ 1, tais que
|f1(x1) + f2(x2) + · · · + fn(xn) − x1x2 · · ·xn| ≥ Cn.
23. (Tuymaada 2002) Sejam a, b, c, d reais positivos tais que abcd = 1. Prove que
1 + ab
1 + a+
1 + bc
1 + b+
1 + cd
1 + c+
1 + da
1 + d≥ 4
24. (MEMO 2007) Sejam x ≥ y ≥ z reais tais que xy+yz +zx = 1. Prove que xz < 12 . E possıvel melhorar
a constante 12?