DESIGUALDADES ELEMENTARESAntonio Caminha Muniz Neto Nvel Avanado. Pretendemos neste artigo desenvolver ferramentas bsicas a fim de que o leitor se torne apto a resolver uma vasta gama de problemas de competies matemticas que envolvam desigualdades. Tentamos tornar nossa exposio a mais auto-suficiente possvel. Em certas passagens, contudo, algum conhecimento de clculo til, ainda que no imprescindvel. Em tais ocasies indicamos ao leitor a referncia [3] como bibliografia auxiliar. Antes de discutirmos qualquer desigualdade em especial, consideremos um exemplo preliminar. Exemplo 1: Para todo inteiro positivo n, prove que 1 . . . 2 3 4 n 1 1 1 1 1 2

log 2 n1 .

Soluo : Veja que, para todo inteiro k > 1,1 2 k 1 +1

+

1 2 k 1 + 2

+ ... +

1 2k

>

1 + 1k + ...+ 1 2 k k 2 2 2 k 1 vezes

=

1 2

Portanto, sendo 2 k a maior potncia de 2 menor ou igual a n, temos1+1 2

+j =3

n

1 j

1+

1 2

+ 1 = 1 + 1 + j 2j =3 j =2

2k

k

(

2 j 1 +1

1

+ ... +

1 2j

)

>1 + 1 + 1 = 1 + k 2 2 2j =2

k

Mas

2 k n < 2 k + 1 k lo g2 n < k + 1 1 + k2 > 1 lo g2 n + 1 , 2

(

)

e

a

desigualdade

do

enunciado imediata. O exemplo acima foi colocado de propsito. Ele chama ateno para o fato de que nem sempre precisamos de algo mais que raciocnio para resolver problemas envolvendo desigualdades. A proposio abaixo mostra um pouco mais sobre como podemos derivar desigualdades interessantes com muito pouca matemtica.

Proposio 1 (Desigualdade do Rearranjo): Sejam a1 < a2 < ... < a n reais positivos dados, e considere a expresso S = a1b1 + a 2 b2 + ...+a n bn , onde ( b1 , b2 ,..., bn ) uma reordenao de ( a1 , a2 ,..., a n ) . Ento2 2 2 a1a n + a2 a n 1 + ...+a n a1 S a1 + a2 + ...+a n

Prova : Vamos primeiro tornar S a maior possvel. Como s h um nmero finito (n fatorial) de possveis reordenaes ( b1 , b2 ,..., bn ) , h uma delas que torna S mxima. Suponha ento que estamos com a reordenao ( b1 , b2 ,..., bn ) que torna S mxima. Queremos mostrar que essa reordenao exatamente ( a1 , a 2 ,..., a n ) . Para isso, basta mostrarmos que deve ser b1 < b2 < ... < bn . Suponha o contrrio, i.e., que existam ndices i < j tais que bi > b j . Trocando as posies de bi e b j (i.e., pondo bi ao lado de a j e b j ao lado de a i ), S varia de a i b j + a j bi ( a i bi + a j b j ) = ( ai a j )( b j bi ) > 0 , quer dizer,

S aumenta. Mas isso contraria o fato de ser a reordenao ( b1 , b2 ,..., bn ) aquela que torna S mxima. Logo, b1 < b2 < ... < bn e da bi = a i para todo i, donde o maior valor possvel2 2 2 de S a1 + a2 + ...+a n . O raciocnio para minimizar S anlogo.

Passemos agora a nosso principal objetivo, o estudo de desigualdades especiais. A mais importante destas a dada pela proposio 2 abaixo. Antes, uma definio. Definio 1 : Dados n > 1 reais positivos a1 , a 2 ,..., a n , definimos

a1 + a 2 + ...+ a n . n ii. A mdia geomtrica de a1 , a 2 ,..., a n como o nmero n a1a 2 ... a n .

i. A mdia aritmtica de a1 , a 2 ,..., a n como o nmero

Proposio 2 (Desigualdade Entre as Mdias Aritmtica e Geomtrica) : Dados n > 1 reais positivos a1 , a 2 ,..., a n , sua mdia aritmtica sempre maior ou igual que a mdia geomtrica, ocorrendo a igualdade se e s se a1 , a2 ,..., a n forem todos iguais. Em smbolos: a1 + a 2 + ...+ a n n a1a2 ... a n n Prova : Faamos a prova em dois passos:

i. A desigualdade verdadeira quando n for uma potncia de 2, ocorrendo a igualdade se es se todos os nmeros forem iguais.

ii. A desigualdade verdadeira em geral, e a igualdade ocorre se e s se os nmeros foremtodos iguais.

i. Faamos induo sobre k 1, sendo n = 2 k : Para k = 1, temos

a1 + a 2 a1a2 a1 2 a1a2 + a2 0 ( a1 a2 )2 0 , o que verdade. H igualdade se e 2 s se ( a1 a 2 )2 = 0 , i.e., se e s se a1 = a2 . a + a + ...+ a n n Se j provamos que 1 2 a1a2 ... a n , com igualdade se e s se a1 = ... = a n para n n = 2 k , ento( a1 +...+ a n ) + ( a n +1 +...+ a 2 n ) 2n

=

1 a1 +...+ a n 2 nn

[

+

a n +1 +...+ a 2 n n

]

n

a1 ...a n +

n

a n +1 ...a 2 n

2

n

a1... a n

a n +1... a 2 n = 2 n a1... a n a n +1... a 2 n

Para haver igualdade, devemos ter igualdade em todas as passagens. Ento, deve ser

a1 + ...+ a n nn

= n a1... a nn

a + ...+ a 2 n , n+1 n

= n a n + 1... a2 n

e

a1 ...a n +

a n +1 ...a 2 n

2

=

2 n a ... a a 1 n n + 1... a 2 n

Para as duas primeiras igualdades, segue da hipteses de induo que deve

ser

a1 = ... = a n e a n +1 = ... = a2 nn

A ltima igualdade ocorre se e s se

implicam que devemos ter a1 = ... = a n = a n +1 = ... = a 2 n . tambm evidente que se os nmeros forem todos iguais a igualdade ocorre.., ii. Seja agora n > 1 um natural qualquer e a1 ,a 2 ,.. a n reais positivos. Tome k

a1... a n = n a n +1... a2 n . Estas duas condies juntas

natural tal que 2 k > n. Usando a desigualdade entre as mdias para os a1 , a 2 ,..., a n e 2 k n cpias de a = n a1a2 ... a n , obtemosa1 + ...+ a n + a + ...+ a 2k

2 k nmeros

2 a1... a n a 2

k

k

n

=

2k

a na 2

k

n

=

2k

a2 = a ,, que era a

k

e da

a1 + ...+a n + ( 2 k n )a 2 k a , ou ainda

a1 + ...+ a n n

a = n a1 ... a n

desigualdade desejada. Para haver igualdade, segue do item i que deve ser a1 = ... = a n = a = ... = a . Em particular, todos os nmeros a1 , a 2 ,..., a n devem ser iguais. fcil ver que se esses nmeros forem todos iguais ento h igualdade. Corolrio 2.1 : Dados n > 1 reais positivos a1 , a 2 ,..., a n , temos

( a1 + a2 + ...+ a n )

com igualdade se e s se a1 , a2 ,..., a n forem todos iguais.

(

1 a1

+

1 a2

+ ...+ a1 n 2 ,n

)

Prova : Basta aplicarmos duas vezes a proposio 2 e multiplicarmos os resultados: 1 a1 + a2 + ...+a n n n a1a2 ... a n e + 1 + ...+ a1 n n a a 1...a a1 a 2 n 1 2 n Exemplo 2 : (Olimpada Israelense) Sejam k e n inteiros positivos, n > 1. Prove que1 1 1 n k +1 kn + kn+ 1 + ...+ kn+ n 1 > n k

Prova : Basta ver que n 1 1 + n = kn + j j =0 n 1 j =0

(

1n 1 j =0

)

( kn1+ j + 1)

=

n 1

j =0

kn + j +1 kn + j

> nn

kn + j +1 kn + j

=nn

k +1 k

,

onde aplicamos a desigualdade entre as mdias aritmtica e geomtrica uma vez. Note que, como os nmeros

kn + j +1 so dois a dois distintos, no h igualdade, razo do sinal > acima. kn + j

Dentre todas as desigualdades especiais que temos oportunidade de usar em problemas de competies matemticas, a desigualdade a seguir se constitui, juntamente com a desigualdade entre as mdias aritmtica e geomtrica, num dos dois mais importantes resultados a serem guardados.

Proposio 3 (Desigualdade de Cauchy): Sejam a1 , ..., a n , b1 ,..., bn reais dados, no todos nulos (n > 1). Ento2 2 | a1b1 +... + a n bn | a1 +... + a n 2 2 b1 +... + bn

Alm disso, teremos a igualdade se e s se os a i e os bi forem proporcionais, i.e., se e s se existir um real positivo tal que bi = a i para todo i. Prova : Considere o seguinte trinmio do segundo grau f ( x ) = ( a1 x b1 ) 2 + ( a 2 x b2 ) 2 + ...+( a n x bn ) 2 Desenvolvendo os parnteses, chegamos a2 2 2 2 2 2 f ( x ) = ( a1 + a2 + ...+a n ) x 2 2( a1b1 + a 2 b2 + ...+a n bn ) x + ( b1 + b2 + ...+bn ) Por ser uma soma de quadrados, temos f ( x ) 0 para todo real x, e da deve ser 0 , i.e., 2 2 2 2 2 2 4( a1b1 + a 2 b2 + ...+a n bn ) 2 4( a1 + a 2 + ...+a n )( b1 + b2 + ...+bn ) Cancelando o fator 4 e extraindo a raiz quadrada de ambos os membros, chegamos na desigualdade de Cauchy. Examinemos agora a igualdade. Se houver igualdade, quer dizer, se for = 0 , ento o trinmio tem uma raiz real :

Mas a todos os parnteses devem ser nulos, i.e., bi = a i para todo i. Ento, havendo igualdade os a i e bi devem ser proporcionais. evidente que se eles forem proporcionais a igualdade ocorre. Temos a seguir alguns corolrios importantes. Corolrio 3.1 (Desigualdade entre as Mdias Quadrtica e Aritmtica) : Dados reais2 2 2 a1 + a 2 + ...+ a n n

( a1 b1 )2 + ( a 2 b2 ) 2 + ...+( a n bn ) 2 = 0

positivos a1 , ..., a n , temos

a1 + a 2 + ..+ a n , com igualdade se e s se n

a1 = ... = a n .Prova Fazendo b1 = b2 = ... = bn = 1 na desigualdade de Cauchy, obtemos2 2 a1 + a2 + ... + a n a1 +... + a n

n,

com igualdade se e s se existir um real positivo tal que ai = para todo i, quer dizer, se e s se os a i forem todos iguais. Para obter a desigualdade do enunciado, basta dividir ambos os membros da desigualdade acima por n. Corolrio 3.2 : Se n > 1 inteiro e a1 , ..., a n , b1 ,..., bn so reais positivos, ento

com igualdade se e s se b1 = ... = bn . Prova : Faa

(

a1 b1

+ ...+

an bn

) ( a b + ... + a b ) ( a + ... + a )11 n n 1 n

2

,

xi =

ai , yi bi

= ai bi

e aplique a desigualdade de Cauchy para os nmeros

x1 ,..., x n , y1 ,..., y n .

Exemplo 3 : (Teste de Seleo da Romnia para IMO) Sejam x1 , x 2 ,..., x n +1 reais positivos tais que x1 + x 2 + ...+ x n = x n +1 . Prove quex1 ( x n +1 x1 ) + ...+ x n ( x n +1 x n ) x n +1 ( x n +1 x1 ) +...+x n +1 ( x n +1 x n ) Prova : Para 1 j n , seja y j = x n +1 x j . Pela desigualdade de Cauchy

temosx1 y1 +...+ x n y n = x1 +...+x n y1 +...+ yn =

x n +1 ( x n +1 x1 ) +...+ ( x n +1 x n )

Temos mais duas desigualdades importantes. Proposio 4 (Chebychev): Sejam a1 , ..., a n , b1 ,..., bn reais, com a1 a 2 ... a n e b1 b2 ... bn . Ento a1 + a 2 +...+ a n b1 + b2 +...+ bn a b + a b + ...+ a n bn , 11 2 2 n n n

(

)(

)

com igualdade se e s se a1 = a 2 = ... = a n ou b1 = b2 = ... = bn . Prova :a1b1 + a 2 b2 + ...+ a n bn n

(

a1 + a 2 +...+ a n n

)(

b1 + b2 +...+ bn n

)=

=

1 n2

[ n( a1b1 + a2b2 + ...+ anbn ) ( a1 + a2 + ...+ an )( b1 + b2 + ...+ bn ) ] ==1 n2 i , j =1

( ai a j )( bi b j ) 0 ,

n

j que os a i , bi so igualmente ordenados. Note que a condio do enunciado suficiente para haver igualdade. Por outro lado, suponha que tenhamos a igualdade. Como ( a i a j )( bi b j ) 0 para todos i, j, devemos ter ( ai a j )( bi b j ) = 0 para todos os i, j. Suponha que existisse um ndice k com bk < bk +1 . Ento b1 ... bk < bk +1 ... bn , e de ( a i a k +1 )( bi bk +1 ) = 0 segue que ai = a k +1 para i k. Portanto a1 = a2 = ... = a k = a k +1 . De ( ai a k )( bi bk ) = 0 e i > k conclumos que a k +1 = ... = a n . Logo, todos os a i devem ser iguais. Corolrio 4.1 : Sejam a1 , a 2 ,..., a n reais positivos e k um natural. Entok k k a1 + a 2 + ...+ a n n

com igualdade se e s se todos os a i forem iguais ou k {0, 1}. Prova : Por induo, o resultado acima trivialmente verdadeiro para k = 1. Suponha k > 1 e o resultado vlido para k - 1. Como ambos os membros da desigualdade acima so invariantes por permutaes dos ndices 1, 2, ..., n, podemos supor sem perda de generalidade que

(

a1 + a 2 + ...+ a n k , n

)

k k k a1 a 2 ... a n . Da, a1 1 a2 1 ... a n 1 , e da desigualdade de Chebychev obtemosk k k a1 + a 2 + ...+ a n n

(

a1 + a 2 + ...+ a n n

)

k k a1k 1 + a 2 1 + ... + a n 1 . n

Pela hiptese de induo, vem que

k k k a1 1 + a 2 1 + ... + a n 1 n

as duas desigualdades acima segue o resultado. A condio de igualdade bvia a partir da desigualdade de Chebychev. Por fim, vejamos algo um pouco mais sofisticado. Definio 2 : Seja I um intervalo da reta e f : I R uma funo. A funo f dita

(

a1 + a 2 + ... + a n k 1 . Combinando n

)

i. Convexa se f ii. Cncava se

( ) f( )x+ y 2x+ y 2

f ( x )+ f ( y ) para todos os x, y em I. 2f ( x )+ f ( y ) para todos os x, y em I. 2

Nas aplicaes, quase sempre lidamos com funes contnuas (se voc no sabe o que vem a ser uma funo contnua, pense na mesma como uma funo cujo grfico no sofre interrupes ou saltos ao longo de seu domnio). Se f for contnua a proposio a seguir geometricamente evidente. A partir de agora, sempre que nos referirmos a uma funo estaremos sempre supondo ser seu domnio um intervalo da reta e a funo contnua nesse intervalo. Proposio 5 : Sejam f : I R uma funo. Ento:

i. f convexa se e s se, para todos x, y em I e todo t [ 0,1] tivermos f ( ( 1 t ) x + ty ) ( 1 t ) f ( x ) + tf ( y ) ii. f convexa se e s se, para todos x, y em I e todo t [0,1] tivermos f ( ( 1 t ) x + ty ) ( 1 t ) f ( x ) + tf ( y )Faamos o caso em que f convexa. O outro caso anlogo. Observe que ( 1 t ) x + ty [ x , y ] I , e que, no trapzio abaixo, (1 t ) f ( x ) +tf ( y ) o comprimento da paralela s bases pelo ponto ( 1 t ) x + ty

f (z)

x

z = ( 1 t ) x + ty

y

Prova : Suponha primeiro que f satisfaz a condio do item i. Tomando

t=

1 conclumos 2

que f convexa. Reciprocamente, suponha que f seja convexa. Dados x, y em I, temos

f

( )x + 3y 4

x +2 y + y = f 2

f

( ) + f ( y) x+ y 2

f ( x) + f ( y) 2

+ f ( y)

2

2

=

1 4

f ( x) +

3 4

f ( y ) Trocando

x por

y e raciocinando como acima segue que, para

3 t 0, 1 , 1 , 4 ,1 4 2

{

}

,

f ( ( 1 t ) x + ty ) ( 1 t ) f ( x ) + tf ( y ) (*)

Por induo sobre k inteiro positivo podemos concluir de maneira anloga que (*) continua m vlida para todo t da forma k , onde 0 m 2 k inteiro. Como todo real em [0,1] limite 2 de uma seqncia de nmeros dessa forma, segue que (*) continua vlida para todo t em [0, 1]. As afirmaes a seguir so agora bastante evidentes, e vo ser nosso principal guia quando quisermos decidir se uma dada funo ou no convexa ou cncava.

i. Se para todos a < b em I o grfico de f entre as retas x = a e x = b estiver abaixo da retaque passa por ( a , f ( a )), ( b, f ( b )) , ento f convexa, e reciprocamente.

ii. Se para todos a < b em I o grfico de f entre as retas x = a e x = b estiver acima da reta quepassa por ( a , f ( a )), ( b, f ( b )) , ento f cncava, e reciprocamente. A figura abaixo para se convencer da validez desse resultado no caso em que f convexa.

y = f(x)

e

(c, e)

d

(c, d)

a

c

b

x

Nele,

f

( )

a+ b . evidente que d = 2 f (a ) + f (b) a+ b e f convexa. 2 2

c=

f (c) = f

( a +2 b )

e

e=

f (a ) + f ( b) . Da, 2

Para ns, a importncia dessa discusso sobre funes cncavas e convexas reside na seguinte: Proposio 6 (Desigualdade de Jensen): Sejam I um intervalo da reta e

f : I R uma funo. Se x1 ,..., x n I e t1 ,..., t n [0,1] , com t1 + ... + t n = 1 , ento t1 x1 +... + t n x n I e i. f convexa f ( t1 x1 + ... + t n x n ) t1 f ( x1 ) + ... + t n f ( x n )

ii. f cncava f ( t1 x1 + ... + t n x n ) t1 f ( x1 ) + ... + t n f ( x n )Prova : Faamos a prova, por induo sobre n > 1, para o caso em que f convexa, sendo o outro caso anlogo. O caso n = 2 nossa hiptese. Suponha agora que para um certo n > 1 e todos x1 ,..., x n I e t1 ,..., t n [0,1] , com t1 + ... + t n = 1 , tenhamos t 1 x 1 . .. t n x n I e f ( t1 x1 +... + t n x n ) t1 f ( x1 ) +... + t n f ( x n )

Considere agora x1 ,..., x n +1 I e t1 ,..., t n +1 [0,1] , com t1 + ... + t n +1 = 1 . Se t n +1 = 1 ento t1 = ... = t n = 0 e nada h a fazer. Seno, defina t x + ... + t x y = 1 11 t n n = s1x1 + ... + sn x n , n+ 1 onde

s j = 1 t

tjn +1

. Como s1 + ...+ sn = 1 , segue da hiptese de induo que y I . Da,

f ( t1x1 + ... + t n + 1x n + 1 ) = f ( 1 t n + 1 )

(

t1 x1 + ... + t n x n 1 t n + 1

)+t

n + 1x n + 1

=

= f (1 t n +1 ) y + t n +1 x n +1 (1 t n +1 ) f ( y ) + t n +1 f ( x n +1 ) ,

(

)

j que f convexa. Aplicando a outra metade da hiptese de induo, obtemos

f ( y ) = f ( s1 x1 + ... + sn x n ) s1 f ( x1 ) + ...+ sn f ( x n ) =

t1 1 t n + 1

f ( x1 ) + ...+ 1 tnt

n +1

f ( xn )

Juntando essas duas desigualdades, obtemos a desigualdade de Jensen. Vejamos agora um exemplo de como aplicar a desigualdade de Jensen. Exemplo 5: (Olimpada Balcnica) Sejam n > 1 e a1 , ..., a n reais positivos com soma 1. n a1 a an Para cada i, seja bi = a j . Prove que + 1+ 2 + ...+ 1+ b 2 nn1 . 1+ b1 b2 j =1, j 1 n Prova : Veja que b j =1 + (1 a j ) = 2 a j , e ento temos de provar que a1 2 a1

+

a2 2 a2

+ ...+ 2 n an

a

n 2 n 1

, R Afirmamos que a funo f : ( 2 ) dada por

f ( x) =

x convexa. Para ver 2 x

isso, basta escrever

f ( x) =

2 2 x

1 , e esboar o grfico de f, como abaixo.

y

f

2

x

Portanto, temos pela desigualdade de Jensen que

f (aj)j =1

n

n f 1 n

a j = nf ( 1 ) n j =1

n

=

n 2 n 1

Exemplo 6 : Utilizando a funo logaritmo natural e a desigualdade de Jensen, vamos dar outra prova da desigualdade entre as mdias aritmtica e geomtrica. Prova : Sejam a1 , ..., a n reais positivos. Existem reais x1 , ..., x n tais que a j = ln x j para todo j. Como f ( x ) = ln x uma funo cncava, vem quef ( x1 ) + ... + f ( x n ) n

f

ou seja,

(

x1 + ... + x n , n

)

ln n x1 ... x n ln

(

x1 + ...+ x n n

)

Como f crescente, chegamos ao resultado desejado. Vale notar, para quem tem familiaridade com derivadas, que possvel provar que, se f ' ' existe, ento f convexa se e s se f ' ' ( x ) 0 para todo x em I e f cncava se e s se f ' ' ( x ) 0 para todo x em I. Finalizamos este artigo com alguns problemas onde procuramos oferecer oportunidade de exercitar o que foi aprendido no texto, alm de desenvolver um pouco mais a teoria. bom salientar que em alguns deles mais de uma desigualdade pode ser usada. Problemas onde no precisamos das desigualdades acima, mas de criatividade 1. (Olimpada Americana): Prove que, para todos a, b, c reais positivos, temos 1 1 1 + + 1 a 3 + b 3 + abc b 3 + c 3 + abc c 3 + a 3 + abc abc

2. (Desigualdade de Abel): Sejam a1 , ..., a n , b1 ,..., bn reais dados (n > 1), com a1 a2 ... a n 0 . Se M e m so respectivamente o mximo e o mnimo do conjunto {b1 , b1 + b2 ,..., b1 + ... + bn } , prove quema1 a1b1 + a 2 b2 + ...+a n bn Ma1 , com igualdade se e s se a1 = a2 = ... = a n .

3. (Teste de Seleo de Singapura para IMO): Prove que, quaisquer quesejam os reais positivos a, b e c, tem-sec a 2 ab + b 2 + a b 2 bc + c 2 b a 2 + ac + c 2

.

4. (Banco IMO): Sejam n > 1 um inteiro dado. Determine o maior valorpossvel da soma1i < j n

xi x j ( xi

+x j

)

sobre todas as n-uplas x1 , ..., x n de reais no

negativos cuja soma 1.

Desigualdade entre as mdias aritmtica e geomtrica 5. (Torneio das Cidades) Sejam a, b e c reais positivos dados. Prove que 3 3 a3 b + 2 b 2 + 2 c 2 a +3+c 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a

6. Dados os reais positivos a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 , prove que3

( a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 )

3

a1a 2 a3 + 3 b1b2 b3

Desigualdades de Chebychev, Jensen e Cauchy

7. (Olimpada Turca) Sejam n > 1 inteiro e x1 , ..., x n reais positivos taisque

x i2 = 1 .i =1

n

Determine

o

valor

mnimo

de

5 x1 x 2 + x 3 + ...+ x n

+

5 x2 x1 + x 3 + ...+ x n

+ ...+ x

5 xn . 1 + x 2 + ...+ x n 1

8. (Olimpada Romena): Seja h a altura de um tetraedro regular e h1 , h2 , h3 , h4 as distncias desde um ponto P em seu interior s faces do tetraedro. Proveque h h1 h + h1

+

h h2 h + h2

+

h h3 h + h3

+

h h4 h + h4

12 5

9. (Banco IMO) : Sejam a, b, c, d reais no negativos tais que ab + bc + cd + da = 1 . Prove quea3 b+ c + d

+

b3 c+d +a

+

c3 d +a +b

+

d3 a + b+ c

1 3

10. Sejam n > 1 e x1 , x 2 ,..., x n reais positivos cuja soma 1. Prove quex1 1 x1

+ ...+

xn 1 x n

n n 1

x1 + ...+ x n n 1

11.

Sejam x1 , x 2 ,..., x n reais pertencentes ao intervalo [0, 1] e tais que

x1 + x 2 + ... + x n = a , com 0 < a < 1 . Prove que1 a 1+ aOutras Desigualdades

1 x1 1 x 2 1+ x1 1+ x 2

... 1+ x n n

1 x

( )

n a n n+ a

(Desigualdade de Bernoulli): Sejam n um inteiro positivo e x 1 um real. Prove que ( 1 + x ) n 1 + nx .

12.

(Desigualdade entre as Mdias de Potncias): Sejam < reais positivos. Ento, para todos a1 , a 2 ,..., a n reais positivos, vale

13.

a1 + a 2 + ... + a n a1 + a 2 + ... + a n , n n

1

1

com igualdade se e s se a1 , a2 ,..., a n forem todos iguais. (Desigualdade de Giroux): Sejam I1 ,..., I n intervalos fechados da reta e considere a funo f : I 1 .. . I n R de n variveis, convexa separadamente em relao a cada varivel. Ento, se I j = [a j , b j ] , f atinge seu valor mximo em um dos 2 n pontos da forma ( c1 , ..., c n ) , com ci = a i ou bi para cada i. Prove isto e enuncie um resultado anlogo desigualdade de Giroux para uma funo de n variveis f, cncava separadamente em relao a cada varivel.

14.

15. (Olimpada Blgara): Sejam n 2 um inteiro e 0 x i 1 para 1 i n. Prove que

( x1 + x2 + ...+ x n ) ( x1 x2 + x2 x3 + ...+ x n 1x n + x n x1 ) 16. Os trs itens a seguir visam derivar uma desigualdade difcil.1 i. (Desigualdade de Young): Sejam p e q reais positivos tais que p

2n

+ 1 = 1 . Prove que q

xy

xp p

+

yq , q

x, y 01/ p 1 /q

ii. (Desigualdade de Holder): Sejam a1 , a 2 ,..., a n , b1 , b2 , ..., bn reais1 positivos e p, q reais positivos tais que p

+ 1 = 1 . Prove que q

ai bi i=1

n

n i=1

aip

n

i=1

biq

(Desigualdade de Minkowsky): Sejam a1 , a 2 ,..., a n , b1 , b2 ,..., bn reais positivos e p um real maior que 1. Prove que

iii.p

a b p 1 1

p p p p . .. a n b n a1 . . . a n b1 . . . b n

p

p

p

Sugesto: Faa ci = ( a i + bi ) p 1 e use o tem anterior para (ai) e (ci) e para (bi) e (ci).

Referncias: [1] Shklarsky, D. O., Chentzov, N. N. e Yaglom, I. M. The USSR Olympiad Problem Book. Dover. Toronto, 1993. [2] Rousseau, C. e Lozansky, E. Winning Solutions. Springer-Verlag, 1996. [3] Lima, Elon L., Anlise Real, vol. 1. IMPA, 1995.