... 0 = ... . ,,..., < ≤ < ≤ << 0

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(1)

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

...

n

a a a

c n

α α α

α

 + + + 

α

=    

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

1

,

2

, . . . ,

n

a a a

c

α

c

β

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

c

α

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 a

1

, a

2

, . . . , a

n

son números positivos y α < β , se tiene c

α

c

β

con la particularidad de que c

α

= c

β

sólo si a

1

= a

2

= . . . = a

n

.

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

...

n

a a a

k c

n

α α α α

α

 + + + 

= =  

 

Dividiendo c

β

entre , encontramos k

1

1 2

. . . a

n

a a

c c k k k

k c n

β

β β β

β β

α

   +   + +   

             

 

= =    

Tomando ahora

1 2

1

a ,

2

a ,. . .,

n

a

n

d d d

k k k

α

α α

 

   

=     =     =    

obtenemos

1

1 2

. . .

n

c d d d

k n

β β β β

α α α

β

 

+ + +

 

=  

  (15)

(2)

Puesto que

1

1 2

. . .

n

d d d

n

+ + +

α

  =

 

 

1

1 2

. . . a

n

a a

k k k

n

α

α α α

   +   + +   

              =

 

 

 

1

1 2

1 a a . . . a

n

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

1

+ d

2

+ . . . + d

n

= n .

Pongamos

De la igualdad

1 2

. . .

n

d + d + + d = n

se deduce que x

1

+ x

2

+ . . . + x

n

= 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

. . .

n

(

1 2

. . .

n

)

d d d n x x x

β β β

α α α

β

+ + + ≥ + α + + + = n

x

(16)

1

1

1

,

2

1

2

,. . .,

n

1

n

d = + x d = + x d = +

De (15) y (16) se deduce que

(3)

1

c n 1

k n

β

 

β

≥  

  = , o sea, c

β

k = c

α

. Notemos que c

β

= k = c

α

1 2

x x

. . . = d

n

= 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

n

0

= = = =

1 2

d = d = a

1

= a

2

= . . . = a

n

= k . En cambio, si los números a

1

, a

2

, . . . , a

n

no son iguales, se tiene

c

β

> c

α

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

+

α

+ +

α

se deduce que

1

1 2

. . .

n

1 1 1

c d d d

k n

β β β β

β α α α

β

 

+ + +

 

= ≥

 

 

=

es decir,

c

β

k = c

α

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,

0

si

c

α

g = c α < 0 , y c

β

g = c

0

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

1 0 1

c

ccc

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 a

1

= 1, a

2

= 2 y a

3

= 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

 + + 

=   = =

  + +

=

,

(4)

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

2

y, por consiguiente,

1

1, 7... 2

0

2, 3...

1

2, 6 . c

= < = c < = c < =

Problema 1. Demostrar que x

2

+ y

2

+ z

2

≥ 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 zx + y + z

≤    

es decir,

( )

2

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

2

+ y

2

+ z

2

= 8 , se tiene

3 3 3

2

16 3 x + y + z

Solución. Debido a que c

2

c

3

, 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 .

(5)

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

1

,

2

,

3

,...,

n

a a a a

( a

1

+ a

2

+ + ... a

n

)

α

n

α1

( a

1α

+ a

2α

+ + ... a

nα

) , α 1 (17)

( a

1

+ a

2

+ + ... a

n

)

α

n

α1

( a

1α

+ a

2α

+ + ... a

nα

) , 0 < α 1 (18)

Solución. Si α > 1 , tenemos

1

1 2

1 2

1

....

n

a a .... a

n

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

3

+ y

3

+ z

3

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

9 x + + ≤ y z

Solución. Puesto que

( x + + y z )

3

3

2

( x

3

+ y

3

+ z

3

) = 9. 81 = 729

según la desigualdad (4.7), resulta

3

729 9

x + + ≤ y z = ..

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