Desigualdade das médias

Queremos mostrar que:

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\geq {\sqrt {x_{1}\cdot x_{2}}}\geq {\frac {2}{{\frac {1}{x_{1}}}+{\frac {1}{x_{2}}}}}}$ 

Como ${\displaystyle x_{1}}$  e ${\displaystyle x_{2}}$  são reais, temos:

${\displaystyle (x_{1}-x_{2})^{2}\geq 0}$ 

Expandindo, temos:

${\displaystyle x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\geq 0}$ 

Somando ${\displaystyle 4x_{1}x_{2}}$ , obtemos:

${\displaystyle x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\geq 4x_{1}x_{2}}$ 

Assim:

${\displaystyle (x_{1}+x_{2})^{2}\geq 4x_{1}x_{2}}$ 

Assumindo como sendo números positivos, podemos tomar a raiz quadrada e dividir por 2:

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\geq {\sqrt {x_{1}x_{2}}}}$ 

A primeira desigualdade segue. Para mostrar a segunda, escreva esta última como:

${\displaystyle {\frac {2}{x_{1}+x_{2}}}\leq {\frac {1}{\sqrt {x_{1}x_{2}}}}}$ 

Multiplique ambos os lados por :${\displaystyle x_{1}x_{2}}$ :

${\displaystyle {\frac {2x_{1}x_{2}}{x_{1}+x_{2}}}\leq {\sqrt {x_{1}x_{2}}}}$ 

E observe que esta é justamente a desigualdade que procuramos, pois:

${\displaystyle {\frac {2x_{1}x_{2}}{x_{1}+x_{2}}}={\frac {2}{\frac {x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}}}={\frac {2}{{\frac {1}{x_{1}}}+{\frac {1}{x_{2}}}}}}$ 

E o resultado segue.

Queremos a igualdade para ${\displaystyle n=2^{k}}$ , com k inteiro positivo.

Procederemos por indução em k: O caso k=1, já foi demonstrado.

Suponha então que a desigualdade é valida para um certo k positivo, escreva para ${\displaystyle n=2^{k}}$ :

${\displaystyle {\frac {1}{2n}}\sum _{i=1}^{2n}x_{i}={\frac {1}{2n}}\left[\sum _{i=1}^{n}x_{i}+\sum _{i=n+1}^{2n}x_{i}\right]}$ 

Aplique a desigualdade da média com dois elementos:

${\displaystyle {\frac {1}{2n}}\sum _{i=1}^{2n}x_{i}\geq {\sqrt {\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\cdot \left(\sum _{i=n+1}^{2n}x_{i}\right)}}}$ 

Agora, aplique a desigualdade para n elementos em cada um dos termos:

${\displaystyle {\frac {1}{2n}}\sum _{i=1}^{2n}x_{i}\geq {\sqrt {{\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\cdot {\sqrt[{n}]{\prod _{i=n+1}^{2n}x_{i}}}}}}$ 

E assim, conclua:

${\displaystyle {\frac {1}{2n}}\sum _{i=1}^{2n}x_{i}\geq {\sqrt[{2n}]{\prod _{i=1}^{2n}x_{i}}}}$ 

E a primeira desigualdade segue pois ${\displaystyle 2n=2\cdot 2^{k}=2^{k+1}}$ 

Usemos o mesmo procedimento para demonstrar a segunda desigualdade:

${\displaystyle {\sqrt[{2n}]{\prod _{i=1}^{2n}x_{i}}}={\sqrt {{\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\cdot {\sqrt[{n}]{\prod _{i=n+1}^{2n}x_{i}}}}}}$ 

${\displaystyle {\sqrt[{2n}]{\prod _{i=1}^{2n}x_{i}}}\geq {\frac {2}{{\frac {1}{\sqrt[{n}]{\displaystyle \prod _{i=1}^{n}x_{i}}}}+{\frac {1}{\sqrt[{n}]{\displaystyle \prod _{i=n+1}^{2n}x_{i}}}}}}}$ 

${\displaystyle {\sqrt[{2n}]{\prod _{i=1}^{2n}x_{i}}}\geq {\frac {2n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{x_{i}}}+\displaystyle \sum _{i=n+1}^{2n}{\frac {1}{x_{i}}}}}}$ 

${\displaystyle {\sqrt[{2n}]{\prod _{i=1}^{2n}x_{i}}}\geq {\frac {2n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{2n}{\frac {1}{x_{i}}}}}}$ 

E a segunda desigualdade segue.

Completaremos a demonstração, mostrando que se a desigualdade for válida para n termos, então também é válida para n-1 termos.

Suponha, então, que a desigualdade é válida para um número inteiro n maior que 1, ou seja:

${\displaystyle {\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}x_{i}\geq {\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\geq {\frac {n}{\sum _{i=1}^{n}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)}}}$ 

Escreva:

• ${\displaystyle p={\frac {1}{n-1}}\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}}$ 
• ${\displaystyle q={\sqrt[{n-1}]{\prod _{i=1}^{n-1}x_{i}}}}$ 
• ${\displaystyle r={\frac {n-1}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)}}}$ 

Queremos mostrar que ${\displaystyle p\geq q\geq r}$ 

Substitua ${\displaystyle x_{n}=q\,}$ 

${\displaystyle {\frac {1}{n}}\left(\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}+q\right)\geq {\sqrt[{n}]{q\prod _{i=1}^{n-1}x_{i}}}\geq {\frac {n}{\sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)+{\frac {1}{q}}}}}$ 

Observe que:

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{q\prod _{i=1}^{n-1}x_{i}}}={\sqrt[{n}]{qq^{n-1}}}=q}$ 

Assim temos, da primeira desigualdade:

${\displaystyle {\frac {1}{n}}\left(\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}+q\right)\geq q}$ 

Rearranjando, temos:

${\displaystyle p={\frac {1}{n-1}}\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}\geq q}$ 

A segunda desigualdade diz:

${\displaystyle q\geq {\frac {n}{\sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)+{\frac {1}{q}}}}}$ 

O que equivale a:

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)+{\frac {1}{q}}\geq {\frac {n}{q}}}$ 

ou:

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)\geq {\frac {n-1}{q}}}$ 

Equivalente a:

${\displaystyle q\geq {\frac {n-1}{\sum _{i=1}^{n-1}\left({\frac {1}{x_{i}}}\right)}}=r}$ 

O que completa a demonstração.

Se, na desigualdade de Cauchy fizermos ${\displaystyle b_{1}=b_{2}=b_{3}=...=b_{n}=1}$ , ela assume a forma:

${\displaystyle a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}$ ≤${\displaystyle \scriptstyle {\sqrt {{a_{1}}^{2}+{a_{2}}^{2}+{a_{3}}^{2}+...+{a_{n}}^{2}}}\scriptstyle {\sqrt {n}}}$ 

Agora é só dividir os membros da desigualdade acima por ${\displaystyle n}$ .

Finalmente:

${\displaystyle \scriptstyle {\sqrt {\frac {{a_{1}}^{2}+{a_{2}}^{2}+{a_{3}}^{2}+...+{a_{n}}^{2}}{n}}}}$ ≥${\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}{n}}}$ 

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