... 0 = ... . ,,..., < ≤ < ≤ << 0

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 2

1

...

a a a

c n

α α α

α

 + + + 

=    

se denomina media potencial de grado α de los números positivos . Al mismo tiempo hemos demostrado (problema 7) que

1

,

, . . . ,

a a a

c

≤ c

si α < < 0 β . Ahora demostraremos que la desigualdad

c

≤ c

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 a

, a

, . . . , a

son números positivos y α < β , se tiene c

≤ c

con la particularidad de que c

= c

sólo si a

= a

= . . . = a

.

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

1

1 2

...

a a a

k c

n

α α α α

α

 + + + 

= =  

 

Dividiendo c

entre , encontramos k

1

1 2

. . . a

a a

c c k k k

k c n

β

β β β

β β

α

   +   + +   

             

 

= =    

Tomando ahora

1 2

1

a ,

a ,. . .,

a

d d d

k k k

α

α α

 

   

=     =     =    

obtenemos

1

1 2

. . .

c d d d

k n

β β β β

α α α

β

 

+ + +

 

=  

  ⁽¹⁵⁾

Puesto que

1

1 2

. . .

d d d

n

+ + +

  =

 

 

1

1 2

. . . a

a a

k k k

n

α

α α α

   +   + +   

              =

 

 

 

1

1 2

1 a a . . . a

1 c c 1

k n k

α α α α

α α

α

 + + +  1

= = c =

 

  ^,

resulta

1 2

. . .

n

1

d d d

n

+ + +

= ^{, o sea,} d

+ d

+ . . . + d

= n ^.

Pongamos

De la igualdad

1 2

. . .

d + d + + d = n

se deduce que x

+ x

+ . . . + x

= 0 . En virtud del teorema 3, notemos que β 1,

α ^{> tenemos}

1 1

2 2

Sumando estas desigualdades, obtenemos

(1 ) 1

(1 ) 1

(*)

...

(1 ) 1

n n

d x

d x

d x

β β

α α

β β

α α

β β

α α

β α β α β α

 = + ≥ +

 

  = + ≥ +

 

  = + ≥ +



1

2

n

x x

x

1 2

. . .

(

. . .

)

d d d n x x x

β β β

α α α

β

+ + + ≥ + α + + + = n

x

(16)

1

1

,

1

,. . .,

1

d = + x d = + x d = +

De (15) y (16) se deduce que

1

c n 1

k n

β

 

≥  

  = , o sea, c

≥ k = c

. Notemos que c

= k = c

1 2

x x

. . . = d

= 1

sólo si en todas las desigualdades (*) tiene lugar el signo de igualdad, es decir, si (teorema 3) . En este caso, se tiene

y, por consiguiente,

. . . x

0

= = = =

1 2

d = d = a

= a

= . . . = a

= k . En cambio, si los números a

, a

, . . . , a

no son iguales, se tiene

c

> c

Con esto, el teorema queda demostrado para el caso en que 0 < α < β . Si α < β < 0 , tenemos 0 β 1

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

1 2

. . .

n

1

d d d

n

β β β

α

+

+ +

≤

se deduce que

1

1 2

. . .

1 1 1

c d d d

k n

β β β β

β α α α

β

 

+ + +

 

= ≥

 

 

=

es decir,

c

≥ k = c

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

.

Notemos que el teorema 4 subsiste también en este caso, ya que (problema 7 del §2,

0

si

c

≤ g = c α < 0 , y c

≥ g = c

si β > 0 . Del teorema demostrado se deduce, en particular, que

1 0 1

c

≤ c ≤ c ≤ c

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 a

= 1, a

= 2 y a

= 4 , se tiene

1 1 1 1

1 2 3

1

3 12

1, 7...

1 1 1 7

3

1 2 4

a a a

c

− − − −

−

 + + 

=   = =

  + +

=

3 3

0 1 2 3

1.2.4 2

c = a a a = =

1

1 2 4 7

2, 3...

3 3

c + +

= = =

1

2 2 2 2

1 2 3

2

1 4 16

7 2, 6...

3 3

a a a

c  + +  + +

=   = =

  =

c

y, por consiguiente,

1

1, 7... 2

2, 3...

2, 6 . c

= < = c < = c < =

Problema 1. Demostrar que x

+ y

+ z

≥ 12 si x + + = y z 6 .

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

1

2 2 2 2

3 3

x + + y z  x + y + z 

≤    

es decir,

( )

2 2 2

3 x y z

x y z + +

+ + ≥ ,

En nuestro caso

2

2 2 2

6

3 12 x + y + z ≥ = 2

. El signo de igualdad tiene lugar sólo si

x = y = = z .

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

+ y

+ z

= 8 , se tiene

3 3 3

2

16 3 x + y + z ≥

Solución. Debido a que c

≤ c

, tenemos

1 1

2 2 2 2 3 3 3 3

3 3

x y z x y z

 + +  ≤  + +

  

  

 



En nuestro caso resulta

1

3 3 3 3

8

3 3

x y z

 + +  ≥

 

 

es decir,

3 3 3

8 8 2

3 1

3 3 3

x + y + z ≥ = 6 .

Problema 3. Demostrar que para los números positivos , se cumplen las desigualdades

1

,

,

,...,

a a a a

( ^a

^{+ a}

^{+ + ... a}

)

^{≤ n}

( ^a

^{+ a}

^{+ + ... a}

) ^{, α ≥ 1 (17)}

( ^a

^{+ a}

^{+ + ... a}

)

^{≥ n}

( ^a

^{+ a}

^{+ + ... a}

) ^{, 0 < α ≤ 1 (18)}

Solución. Si α > 1 , tenemos

1

1 2

1 2

1

....

a a .... a

a a a

c c

n n

α α α α

α

+ + +

 + + + 

=     ≥ =

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

( )

( )

1

1

2 ( ), 1 0

2 ( ), 0 1 0 0

x y x y x y

x y x y x y

α α α α

α α α α

α α

−

−

+ ≤ + ≥ > >

+ ≥ + < < > >

0

Problema 4. Demostrar que si x

+ y

+ z

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

9 x + + ≤ y z

Solución. Puesto que

( ^{x + + y z} )

^{≤ 3}

( ^x

^{+ y}

^{+ z}

) ^{= 9. 81 = 729}

según la desigualdad (4.7), resulta

3

729 9

x + + ≤ y z = ..