Desigualdade das médias

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A desigualdade das médias afirma que a média aritmética é maior ou igual à média geométrica e esta maior ou igual à média harmônica.

Mais precisamente falando, seja $\{x_1,x_2,\ldots, x_n\}$ um conjunto não vazio de números reais positivos então:

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i \geq \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} \geq \frac{n}{\sum_{i=1}^n\left(\frac{1}{x_i}\right)}$

onde $\sum_{i=1}^n x_i=x_1+x_2+\ldots+x_n$ , veja somatório.

e $\prod_{i=1}^n x_i=x_1\cdot x_2\cdots x_n$ , veja produtório.

[editar] Demonstração do caso n=2

Queremos mostrar que:

$\frac{x_1+x_2}{2} \geq \sqrt{x_1\cdot x_2} \geq \frac{2}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}$

Como $x 1$ e $x 2$ são reais, temos:

$(x_1-x_2)^2\geq 0$

Expandindo, temos:

$x_1^2-2x_1x_2+x_2^2\geq 0$

Somando $4 x 1 x 2$ , obtemos:

$x_1^2+2x_1x_2+x_2^2\geq 4x_1x_2$

Reagrupando:

$(x_1+x_2)^2\geq 4x_1x_2$

Como são números positivos, podemos tomar a raiz quadrada e dividir por 2:

$\frac{x_1+x_2}{2}\geq \sqrt{x_1x_2}$

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

$\frac{2}{x_1+x_2}\leq \frac{1}{\sqrt{x_1x_2}}$

Multiplique ambos os lados por : $x 1 x 2$ :

$\frac{2x_1x_2}{x_1+x_2}\leq \sqrt{x_1x_2}$

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

$\frac{2x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{2}{\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}}=\frac{2}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}$

E o resultado segue.

[editar] Demonstração no caso $n = 2 k$

Queremos a igualdade para $n = 2 k$ , 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 $n = 2 k$ :

$\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{2n} x_i= \frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{i=n+1}^{2n} x_i\right]$

Aplique a desigualdade da média com dois elementos:

$\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{2n} x_i \ge \sqrt{\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)\cdot\left(\sum_{i=n+1}^{2n} x_i\right)}$

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

$\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{2n} x_i \ge \sqrt{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i}\cdot\sqrt[n]{\prod_{i=n+1}^{2n} x_i}}$

E assim, conclua:

$\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{2n} x_i \ge \sqrt[2n]{\prod_{i=1}^{2n} x_i}$

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

Usemos o mesmo procedimento para demonstrar a segunda desigualdade:

$\sqrt[2n]{\prod_{i=1}^{2n} x_i}=\sqrt{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i}\cdot\sqrt[n]{\prod_{i=n+1}^{2n} x_i}}$

$\sqrt[2n]{\prod_{i=1}^{2n} x_i}\ge \frac{2}{\frac{1}{\sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n x_i}}+\frac{1}{\sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=n+1}^{2n} x_i}}}$

$\sqrt[2n]{\prod_{i=1}^{2n} x_i}\ge \frac{2n}{\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i}+\displaystyle\sum_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{x_i}}$

$\sqrt[2n]{\prod_{i=1}^{2n} x_i}\ge \frac{2n}{\displaystyle\sum_{i=1}^{2n} \frac{1}{x_i}}$

E a segunda desigualdade segue.

[editar] Demonstração do caso geral

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:

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i \geq \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} \geq \frac{n}{\sum_{i=1}^n\left(\frac{1}{x_i}\right)}$

Escreva:

$p=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}x_i$
$q=\sqrt[n-1]{\prod_{i=1}^{n-1}x_i}$
$r=\frac{n-1}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{x_i}\right)}$

Queremos mostrar que $p\geq q\geq r$

Substitua $x_n=q\,$

$\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^{n-1} x_i+q\right) \geq \sqrt[n]{q\prod_{i=1}^{n-1} x_i} \geq \frac{n}{\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{x_i}\right)+\frac{1}{q}}$