Desigualdades Medias Potenciales

Desigualdades §5 Medias potenciales

Korovkin Ya en el §2 (medias geométrica, aritmética y otras medias) antes de ver el problema 7 hemos señalado que el número 1

 a α + a 2 α + ... + a n α  α cα =  1  n   se denomina media potencial de grado

α

de los números positivos a1 , a 2 , . . . , a n . Al

mismo tiempo hemos demostrado (problema 7) que cα ≤ c β si

α <0<β.

Ahora demostraremos que la desigualdad

cα ≤ c β es válida siempre que α < β . En otras palabras, la media potencial de grado α crece monótonamente a medida que aumenta α . Teorema 4. Si a1 , a 2 , . . . , a n son números positivos y

α < β , se tiene cα ≤ c β

particularidad de que cα = c β sólo si a1 = a 2 = . . . = a n .

con la

Demostración. El teorema ha sido ya demostrado para el caso en que los números α y β tienen signos opuestos (véase el problema 7 del §2 y la definición que le precede). Resta demostrar el teorema para α y β del mismo signo. Supongamos que 0 <

α <β

y pongamos α

α

α

 a + a 2 + ... + a n  k = cα =  1  n  

1

α

Dividiendo c β entre k , encontramos 1

cβ k

=

cβ cα

β   a1  β  a 2  β  an   β +...+   +  k  k  k       =  n  

Tomando ahora α

α

a  a  a  d 1 =  1  , d 2 =  2  , . . ., d n =  n   k   k   k 

α

obtenemos β α

β α

 d + d2 + . . . + dn =  1 k n 

cβ

β α

   

1

β

(15)

Puesto que 1

 d1 + d 2 + . . . + d n  α   = n   1

α   a1  α  a 2  α  an   α   +  +...+ k   =  k      k    n   1

1  a1α + a 2 α + . . . + a n α  α 1 1 cα = 1 , = cα =   k k cα n  resulta

d1 + d 2 + . . . + d n = 1 , o sea, d 1 + d 2 + . . . + d n = n . n

Pongamos

d 1 = 1 + x1 , d 2 = 1 + x 2 , . . ., d n = 1 + x n De la igualdad

d1 + d 2 + . . . + d n = n

se deduce que x1 + x 2 + . . . + x n = 0 . En virtud del teorema 3, notemos que

β > 1, tenemos α β β  β α α  d 1 = (1 + x1 ) ≥ 1 + x1 α  β β   d 2 α = (1 + x 2 ) α ≥ 1 + β x 2  α  .................................................  β β β  α α (1 ) 1 = + ≥ + d x x n n  α n

(*)

Sumando estas desigualdades, obtenemos β α

d1 + d 2

β α

+ . . . + dn

β α

≥n+

De (15) y (16) se deduce que

β ( x + x2 + . . . + xn ) = n α 1

(16)

cβ

n ≥  k n

1

β

= 1 , o sea, c β ≥ k = cα .

Notemos que c β = k = cα sólo si en todas las desigualdades (*) tiene lugar el signo de igualdad, es decir, si x1 = x 2 = . . . = x n = 0 (teorema 3) . En este caso, se tiene

d 1 = d 2 = . . . = d n = 1 y, por consiguiente, a1 = a 2 = . . . = a n = k . En cambio, si los números a1 , a 2 , . . . , a n no son iguales, se tiene c β > cα Con esto, el teorema queda demostrado para el caso en que 0 <

α <β.

β < 1 . Repitiendo los razonamientos anteriores, obtendremos α en (*) y (16) signos de desigualdad opuestos. Pero como β < 0 , de la desigualdad

Si

α < β < 0 , tenemos 0 <

β

β

β

d1 α + d 2 α + . . . + d n α ≤1 n se deduce que β α

β α

 =  d1 + d 2 + . . . + d n  k n 

cβ es decir,

β α

   

1

β

≥1

1

β

=1

c β ≥ k = cα

Con esto el teorema queda demostrado completamente. En lo que sigue la media geométrica será denominada media potencial de grado cero, o sea, se tomará g = c 0 . Notemos que el teorema 4 subsiste también en este caso, ya que (problema 7 del §2, cα ≤ g = c 0 si α < 0 , y c β ≥ g = c 0 si β > 0 . Del teorema demostrado se deduce, en particular, que

c −1 ≤ c 0 ≤ c1 ≤ c 2 es decir, la media armónica no pasa de la media geométrica, la media geométrica no sobrepasa la media aritmética, y la media aritmética no supera a la media cuadrática de números positivos. Por ejemplo si a1 = 1, a 2 = 2 y a 3 = 4 , se tiene

c −1

 a −1 + a 2 −1 + a 3 −1  = 1  3  

−1

=

3 12 = = 1, 7... , 1 1 1 7 + + 1 2 4

c0 = c1 =

3

a1a 2 a 3 = 3 1.2.4 = 2

1+ 2 + 4 7 = = 2, 3... 3 3 1

 a1 2 + a 2 2 + a 3 2  2 c2 =   = 3  

1 + 4 + 16 = 3

7 = 2, 6...

y, por consiguiente,

c −1 = 1, 7... < 2 = c 0 < 2, 3... = c1 < 2, 6 = c 2 . Problema 1. Demostrar que x + y + z 2

2

≥ 12 si x + y + z = 6 .

2

Solución. Puesto que la media aritmética no pasa de la media cuadrática, tenemos

x+ y+z x + y +z  ≤  3 3   2

2

2

1 2

es decir,

x + y +z ≥ 2

En nuestro caso x + y + z 2

x = y = z = 2.

2

2

2

≥

2

(x +

y + z) 3

2

,

62 = 12 . El signo de igualdad tiene lugar sólo si 3

Problema 2. Demostrar que siendo x, y y z números positivos y x + y + z tiene 2

x 3 + y 3 + z 3 ≥ 16

2 3

Solución. Debido a que c 2 ≤ c 3 , tenemos 1

1

 x2 + y 2 + z 2  2  x3 + y3 + z3 3   ≤  3 3     En nuestro caso resulta 1 3

x + y +z    ≥ 3   3

3

3

8 3

es decir,

x3 + y3 + z3 ≥ 3

8 8 2 = 16 . 3 3 3

2

2

= 8 , se

Problema 3. Demostrar que para los números positivos a1 , a 2 , a 3 , ..., a n , se cumplen las desigualdades

( a1 +

a 2 + ... + a n ) ≤ n α −1 ( a1α + a 2 α + ... + a n α ) ,

α ≥1

(17)

( a1 +

a 2 + ... + a n ) ≥ n α −1 ( a1α + a 2 α + ... + a n α ) ,

0<α ≤1

(18)

Solución. Si

α

α

α > 1 , tenemos α

α

α

 a + a 2 + .... + a n  cα =  1  n  

1

α

a1 + a 2 + .... + a n = c1 n

≥

Es fácil de deducir de aquí la desigualdad (4.7) De la misma forma se demuestra la desigualdad (4.8). En particular, de las desigualdades (4.7) y (4.8) resulta que

(x + y)

α

≤ 2 α −1 ( x α + y α ),

α ≥1

x>0

y>0

(x + y)

α

≥ 2 α −1 ( x α + y α ),

0<α <1

x>0

y>0

Problema 4. Demostrar que si x + y + z 3

3

3

= 81 , x > 0, y > 0, z > 0 , se tiene

x+ y+z≤9 Solución. Puesto que

(x +

y + z ) ≤ 3 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) = 9.81 = 729 3

según la desigualdad (4.7), resulta

x+ y+z≤

3

729 = 9 ..