Desigualdade das Médias

Sejam $a_1, a_2, ..., a_n$ reais. A média aritmética de $a_1, a_2, ..., a_n$ é

$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.$

Já se $a_1, a_2, ..., a_n$ forem reais maiores ou iguais a zero, então a média geométrica de $a_1, a_2, ..., a_n$ será

$\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}.$

A Desigualdade das Médias nos diz que se $a_1, a_2, ..., a_n$ forem reais maiores ou iguais a zero, então a média aritmética entre eles é sempre maior ou igual a média geométrica, isto é,

$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}.$

A igualdade vale se, e somente se, $a_1= a_2= ...= a_n$ .

Esta desigualdade é útil, por exemplo, quando você souber quanto vale o produto, mas quer mexer com a soma em alguma desigualdade (ou vice-versa).

ExemploEditar

Se $x$ , $y$ e $z$ são números reais positivos, mostre que

$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq 3$

Solução:

Observe que o produto dos números do primeiro membro é $\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}=1$ . Você sabe bem sobre o produto e quer mexer com a soma em uma desigualdade. Está na hora de aplicarmos a Desigualdade das Médias:

$\frac{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}}{3} \geq \sqrt[3]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq 3.$

Exemplo (Cone Sul 1991)Editar

Dado um inteiro positivo $n$ ( $n \neq 0$ ), seja $f(n)$ a média de todos os divisores positivos de $n$ . Por exemplo, $f(3)=\frac{1+3}{2}=2$ e $f(12)=\frac{1+2+3+4+6+12}{6}=\frac{14}{3}$ .

(a) Prove que $\frac{n+1}{2} \geq f(n) \geq \sqrt{n}$ .

(b) Encontre todos os valores de $n$ tais que $f(n)=\frac{91}{9}$ .

Solução:

(a) Queremos montar uma igualdade que envolve a soma dos divisores. Sabemos algo sobre o seu produto? Sim: podemos agrupar os divisores de modo que o seu produto seja $n$ . De fato, sabemos que $k$ é divisor de $n$ se, e somente se, $\frac{n}{k}$ também for.

Neste caso, podemos quase sempre agrupar de dois em dois com o produto sendo igual a $n$ . De fato, se $k=\sqrt{n}$ , então $\frac{n}{k}=k$ . Observe que $\sqrt{n}$ é divisor de $n$ se, e somente se, $n$ for um quadrado perfeito.

Para nos livrarmos destas complicações, vamos dividir nossas soluções em casos.

1º Caso: $n$ não é quadrado perfeito.

Neste caso, $n$ possui uma quantidade par de divisores e com isso podemos agrupá-los em pares, de modo que o produto dos números destes pares seja $n$ . Vejamos isso de uma maneira mais algébrica. Aqui, $n$ possui $2k$ divisores (para algum $k$ inteiro) de tal forma que podemos considerar os divisores como sendo $a_1,a_2,...,a_k,b_1,b_2,...,b_k$ de forma que

$a_1b_1=a_2b_2=...=a_kb_k=n.$

Sabemos o produto e queremos encontrar alguma desigualdade que envolva soma. Por isso, devemos aplicar a Desigualdade das Médias:

$f(n)=\frac{a_1+b_1+a_2+b_2+...+a_k+b_k}{2k} \geq \sqrt[2k]{a_1b_1a_2b_2...a_kb_k}=\sqrt[2k]{n.n...n}=\sqrt[2k]{n^k}=\sqrt{n}.$

E para provarmos que $f(n) \leq n+1$ ? Se encontrarmos uma outra desigualdade em que $a_i+b_i$ seja menor ou igual a algo, encontrarmos alguma desigualdade em que $f(n)$ é menor ou igual a algo. Lembre-se: ainda queremos relacionar coisas da forma $a+b$ e $ab$ . Observe que $a\geq 1$ e $b\geq 1$ . Podemos tirar alguma desigualdade daí? Já que queremos fazer aparecer um produto, que tal multiplicarmos? De fato,

$(a-1)(b-1) \geq 0 \Leftrightarrow a+b \leq ab+1.$

Desta forma, para $i=1,2,\dots,k$ vale que $a_i+b_i \leq a_ib_i+1=n+1$ . Com isso,

$f(n)=\frac{a_1+b_1+a_2+b_2+...+a_k+b_k}{2k} \leq \frac{n+1+n+1+...+n+1}{2k}=\frac{k(n+1)}{2k}=\frac{n+1}{2}.$

Portanto, para este caso, vale $\frac{n+1}{2} \geq f(n) \geq \sqrt{n}$ .

2º Caso: $n$ é quadrado perfeito.

A quantidade de divisores positivos, neste caso, é ímpar, ou seja, $2k+1$ , para algum $k$ inteiro. Podemos separar os divisores como sendo $a_1,a_2,...,a_k,b_1,b_2,...,b_k$ de forma que

$a_1b_1=a_2b_2=...=a_kb_k=n.$

Além desses daí teremos outro divisor: o $\sqrt{n}$ . Deste modo,

$f(n)=\frac{a_1+b_1+a_2+b_2+...+a_k+b_k+\sqrt{n}}{2k+1} \geq \sqrt[2k]{a_1b_1a_2b_2...a_kb_k\sqrt{n}}=\sqrt[2k]{n.n...n}=\sqrt[2k]{n^k.\sqrt{n}}=\sqrt{n}.$

Além disso,

$f(n)=\frac{a_1+b_1+a_2+b_2+...+a_k+b_k+\sqrt{n}}{2k+1} \leq \frac{n+1+n+1+...+n+1+\sqrt{n}}{2k+1}=\frac{k(n+1)+\sqrt{n}}{2k+1}.$

O problema desta desigualdade é que o $\sqrt{n}$ está atrapalhando. Como podemos tirar ele das nossas contas? Que tal uma desigualdade que o envolve. Observe que $\sqrt{n}$ pode ser visto como a média geométrica entre $n$ e $1$ . Pela Desigualdade das médias,

$\sqrt{n} \leq \frac{n+1}{2}.$

Com isso,

$f(n) \leq \frac{k(n+1)+\sqrt{n}}{2k+1} \leq \frac{k(n+1)+\frac{n+1}{2}}{2k+1} = \frac{n+1}{2}.$

(b) Vamos encontrar condições para $n$ , para eliminarmos possibilidades. Usemos o item anterior para impor condições para $n$ .

$\frac{n+1}{2} \geq f(n) \geq \sqrt{n} \Leftrightarrow \frac{n+1}{2} \geq \frac{91}{9} \geq \sqrt{n}.$

A partir disso, podemos concluir que $\frac{173}{9} \leq n \leq \frac{8281}{9}$ . Como $n$ é inteiro, $20 \leq n \leq 102$ . E agora? Vamos extrair as informações de outra maneira. Observe que

$f(n)=\frac{\text{soma dos divisores positivos}}{\text{numero de divisores positivos}}=\frac{91}{9}.$

Com isso, a quantidade de divisores positivos é um múltiplo de $9$ , ou seja, ela pode ser igual a $9,18,27,36,...$ . Porém, como $n$ não é "tão grande", a quantidade de divisores também não será. Será que $n$ pode ter $18$ divisores positivos? Vamos pensar na sua fatoração em primos. Se $n=p_1^{\alpha_1}.p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}$ tem $18$ divisores positivos, então

$(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)...(\alpha_k+1)=18.$

Repare que $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k$ são todos positivos, de onde segue que cada um dos fatores da igualdade anterior são maiores que $1$ . Como podemos escrever $18$ como o produto de naturais maiores ou iguais a $1$ ? Das seguintes maneiras: $2.3.3$ , $3.6$ e $2.9$ .

O menor número que possui $18$ divisores postivos é $2^2.3^2.5^1=180$ . Logo, $n$ possui $9$ divisores positivos (pois é menor ou igual a $102$ ). Desta forma, $n$ deve ser um quadrado perfeito (pois possui uma quantidade ímpar de divisores positivos).

Já que $20 \leq n \leq 102$ , os valores possíveis para $n$ são $25$ , $36$ , $49$ , $64$ , $81$ e $100$ . Dentre estes, os únicos que possuem $9$ divisores positivos são $36$ e $100$ . Vamos testar para ver qual deles é a nossa solução.