UNIVERSIDADE FEDERAL DO AMAZONASINSTITUTO DE CINCIAS EXATAS

PROGRAMA DE PS-GRADUAO EM MATEMTICAMESTRADO PROFISSIONALIZANTE EM MATEMTICA

O Uso de Desigualdades na Resoluo de Problemas

Alessandro Monteiro de Menezes

MANAUS

2014

UNIVERSIDADE FEDERAL DO AMAZONASINSTITUTO DE CINCIAS EXATAS

PROGRAMA DE PS-GRADUAO EM MATEMTICAPROGRAMA DE MESTRADO PROFISSIONALIZANTE EM MATEMTICA

Alessandro Monteiro de Menezes

O Uso de Desigualdades na Resoluo de Problemas

Trabalho de Concluso de Curso apresentado aoPrograma de Mestrado Profissional em Matem-tica da Universidade Federal do Amazonas, comorequisito parcial para obteno do ttulo de Mestreem Matemtica.

Orientador: Prof. Dr. Nilomar Vieira de Oliveira

MANAUS2014

ALESSANDRO MONTEIRO DE MENEZES

O USO DE DESIGUALDADES NA RESOLUO DE PROBLEMAS

Trabalho de Concluso de Curso apresentado aoPrograma de Mestrado Profissional em Matem-tica da Universidade Federal do Amazonas, comorequisito parcial para obteno do ttulo de Mestreem Matemtica.

Aprovado em 15 de Setembro de 2014.

BANCA EXAMINADORA

Prof. Dr. Nilomar Vieira de OliveiraPresidente

Prof. Dr. Raul Rabello MesquitaMembro

Prof. Dr. Marcus Antnio Mendona MarrocosMembro

AGRADECIMENTOS

A Deus, por me incluir em Seus sonhos e planos, por permitir que eu o conhecesse verdadei-ramente e por me conceder mais essa vitria.

A minha me, Maria do Rosrio da Silva Monteiro, que, pela busca excessiva do bem de seusfilhos lutou e sofreu para criar-nos e educar-nos, tornando-se crucial para que eu percebesse anecessidade de estudar de verdade e, com isso, poder retribuir uma pequena frao de tudo queela j fez por mim.

A minha av (in memoriam), Marcelina da Silva Monteiro, por tudo que me ensinou, pelaexperincia de vida que me passou e por ter me ajudado em muitos momentos difceis da vidaenquanto Deus a permitiu estar aqui.

Ao meu tio, Joaquim Monteiro Filho, por ter pago a taxa da minha inscrio no vestibularem 2005, valor que no tnhamos, e me possibilitou a chance de ingressar na universidade.

A minha esposa, Ivete Arruda Monteiro, por ter aparecido na minha vida em um momentoem que eu estava ficando sem foras para sonhar, por ter investido espiritualmente em mimcom seus notveis conhecimentos cristos e experincia de vida e me fazer escrever uma listade sonhos em 2008, ajudando-me a dar os primeiros passos, depois de priorizar uma vida comCristo, para conquistar cada um deles.

Ao meu orientador Prof. Dr. Nilomar Vieira de Oliveira, por sempre acreditar em meu po-tencial, pela pacincia em me conduzir ao longo de cada dvida que surgiu neste trabalho, pelaliberdade e ajuda que me deu na escolha do tema e por seus comentrios e sugestes que foraminestimveis.

Ao Prof. Dr. Renato de Azevedo Tribuzy, por ter sido meu orientador e formador na gra-duao durante trs anos do programa PIBIC; programa que me deu uma slida formao eamadurecimento em Matemtica nas reas de Anlise Real e Aplicaes, lgebra Linear eAplicaes, lgebra Pura e Geometria Euclidiana Plana, agregando conhecimentos que favore-ceram imensamente para que eu pudesse passar sem dificuldades nas nove disciplinas cursadasno PROFMAT.

Ao Professor Dr. Raul Rabello Mesquita, pela forma como conduziu, na graduao, as dis-ciplinas: Estruturas Algbricas, Geometria I e Geometria II, pois isso foi um dos "clicks" paraadquirir o amadurecimento necessrio a fim de ingressar no mestrado acadmico ainda durantea graduao.

Ao CNPQ e CAPES por um somatrio de cinco anos de bolsas de estudos.

Por ltimo, mas no menos importante, a todos os meus professores de graduao nos anosde 2008 a 2009, pois foram quatro perodos espetaculares. Ao meu amigo Fbio Costa, e atodas as pessoas que, de forma direta ou indireta, contriburam para o desenvolvimento destetrabalho.

Somente Deus a soluo

Nossas vidas poderiam ser comparadas a uma grande equao na qual todos os diastentamos encontrar pequenas e grandes razes. O fato que a equao que se compara nossa vida hoje, pode ter um grau a mais ou a menos amanh, e somos pequenos demais parasempre sabermos extrair as razes corretas. Poderamos passar a vida inteira encontrandosolues que s favorecem a ns mesmos, pois achamos que a equao nossa e podemossolucion-la sempre do nosso prprio jeito. No entanto, no fomos ns quem a criamos. Quemcriou, j criou sabendo todas as razes e implicaes. Quem criou j sabia que por causa dasnossas decises, o grau ou a quantidade de razes, falsas ou verdadeiras, poderia aumentar oudiminuir a cada dia. Quem criou sabe de forma perfeita a melhor soluo para cada implicaode sua equao. No sei qual a sua situao hoje, talvez voc esteja a dias tentando encontrarrazes de onde impossvel extrair. Talvez voc esteja encontrando as razes de um outroconjunto universo, muito longe do universo de Deus. Talvez voc esteja to vazio que a suaequao no momento de grau zero. No importa em que incgnita, grau ou coeficientes vocesteja, no importa a sua situao, Deus tem uma soluo perfeita de hoje em diante para asua equao. Entregue sua vida de uma vez por todas a Deus, pois Ele o nico que podepreencher o que est faltando em voc. A soluo da sua, da minha e de todas equaes domundo todo do tamanho de Deus. S Ele capaz de resolver. Ele tem as verdadeiras respostaspara cada um de ns, mas precisamos pertencer totalmente a Ele. Entregue-se a Deus e tudoestar resolvido pois Ele j lhe criou com as respostas.(Alessandro Monteiro - 12/01/2013).

RESUMO

As Desigualdades Matemticas, que quase no so abordadas no Ensino Fundamental e M-dio mas que podem ser muitas vezes at mais importantes que as igualdades, so de extremaimportncia para vrios ramos da Matemtica, tais como lgebra, Trigonometria, Geometria eAnlise, e constituem-se tambm ferramentas muito poderosas para a resoluo de problemasde olimpadas, demonstrao de desigualdades geomtricas, clculo de mximos e mnimos eclculo de limites. Neste trabalho so apresentadas de forma clara e concisa algumas desigual-dades matemticas que no precisam de estudos avanados na rea para serem compreendidas.Uma mente com algum treinamento para o raciocnio lgico-matemtico, um breve conheci-mento da matemtica formal, de lgebra e geometria plana so totalmente suficientes. Soapresentadas e demonstradas: A Desigualdade Triangular, Desigualdade das Mdias, Desigual-dade de Bernoulli, Desigualdade Cauchy - Schwarz, Desigualdade do Rearranjo, Desigualdadede Tchebishev, Desigualdade de Jensen, Desigualdade de Young, Desigualdade de Hlder, De-sigualdade de Minkowski e a Desigualdade de Schr. Ao final do trabalho, aproveitamos al-gumas destas desigualdades para definir o nmero de Euler e mostrar a divergncia da srieharmnica. Selecionamos, tambm, alguns problemas que estudantes do ensino bsico ficaminibidos de solucion-los por no conhecer tais desigualdades e que s aprendem a resolvercom o conhecimento de Derivadas quando chegam no ensino superior. Entre eles, encontram-se questes de olimpadas internacionais, problemas de otimizao e como encontrar a equaoda reta tangente a uma elipse atravs da Desigualdade das Mdias e de Cauchy.

Palavras-chave: Desigualdades Matemticas, Mximos e Mnimos, Problemas de Olimpadas,

Clculo de Limites.

ABSTRACT

The mathematical inequalities, which are almost not discussed in elementary and high school,but that can be even more important than the equalities, are extremely important to several partsof Mathematics, such as algebra, trigonometry, geometry and analysis, and also constitute verypowerful tools to the resolution of Olympiad problems, demonstration of geometrical inequali-ties, maximum and minimum calculation and limit calculation. This paper presents, in a clearand concise way, some of the mathematical inequalities that do not require advanced studies inthe area to be understood. A mind with some training in math logical thinking, a superficialknowledge of formal mathematics, algebra and plane geometry are enough. The paper presentsand demonstrates: the Triangle Inequality, Inequality of Arithmetic and Geometric Means, Ber-noullis Inequality, Cauchy-Schwarz Inequality, Rearrangement Inequality, Chebyshevs Ine-quality, Jensens Inequality, Youngs Inequality, Hlders Inequality, Minkowski Inequality andSchrs inequality. At the end of this paper, we take some of these inequalities to define theEulers constant and to show the harmonic series divergence. We also selected some problemsthat primary education students are inhibited to solve for not knowing such inequalities andwho only learn how to solve them with the learning of Derivative in higher level education.There can be found, among them, international Olympiad questions, optimization problemsand how to find the equation of tangent line to an ellipse through the Inequality of Arithmeticand Geometric Means and the Cauchy-Schwarz Inequality.

Keywords: Mathematical Inequalities, Maxima and Minima, Olympiad Problems,

Limits Calculation.

LISTA DE SMBOLOS

N Conjunto dos nmeros naturais.Q Conjunto dos nmeros racionais.I Conjunto dos nmeros irracionais.R Conjunto dos nmeros reais.P Conjunto dos nmeros reais positivos.|x| Valor absoluto de x.= Igual.6= Diferente.> Maior.< Menor. Maior ou igual. Menor ou igual.MQ Mdia Quadrtica.MA Mdia Aritmtica.MG Mdia Geomtrica.MH Mdia Harmnica.ni=1

Somatrio variando de 1 a n.

AB Segmento AB.AB Medida do segmento AB.ABC Medida do ngulo ABC.sen Seno do ngulo .cos Cosseno do ngulo .S rea de um Tringulo.2 p Permetro.lnx Logartmo natural de x.limxn Limite de xn com n tendendo ao infinito.max {a1, a2, a3, ..., an} Maior elemento de {a1, a2, a3, ..., an}.min {a1, a2, a3, ..., an} Menor elemento de {a1, a2, a3, ..., an}. Indica o fim de uma demonstrao.

Sumrio

Introduo 1

1 Desigualdades Bsicas 21.1 Relaes de Ordem nos Nmeros Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Desigualdade Triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 A Funo Quadrtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5 Uma Desigualdade Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Desigualdades Numricas 112.1 Desigualdade das Mdias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1.1 Com duas e trs variveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.1.2 Generalizao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2 Desigualdade de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Desigualdade de Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4 Desigualdade do Rearranjo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5 Desigualdade de Tchebishev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.6 Desigualdade de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.7 Desigualdade de Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.8 Desigualdade de Hlder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.9 Desigualdade de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.10 Desigualdade de Schr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Algumas Aplicaes de Desigualdades 383.1 Clculo de Mximos e Mnimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.2 Problemas de Olimpadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.3 Desigualdades Geomtricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.4 Clculo de Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.4.1 O Nmero e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Consideraes Finais 69

Referncias Bibliogrficas 70

A Enunciados e demonstraes de teoremas auxiliares 72A.1 Densidade do Conjunto I em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72A.2 Teorema de Bolzano - Weirstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73A.3 Teorema do Confronto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Introduo

Neste trabalho apresentamos algumas desigualdades matemticas e suas aplicaes, temaque muito amplo e tambm muito importante para vrios ramos da Matemtica e reas afins.A escolha do tema teve como principal objetivo contribuir com alunos e professores do en-sino fundamental e mdio devido existncia de pouco material disponvel sobre o assunto,principalmente em lngua portuguesa.

Ele foi dividido em trs captulos. No primeiro, falamos sobre algumas desigualdadesbsicas, comeando pela Relao de Ordem nos Nmeros Reais e terminando com uma apre-sentao geomtrica da Desigualdade das Mdias. No segundo, apresentada de uma maneiramais formal e algbrica a Desigualdade das Mdias e sua generalizao, seguida de outras De-sigualdades muito importantes, a Desigualdade de Bernoulli, Desigualdade Cauchy - Schwarz,Desigualdade do Rearranjo, Desigualdade de Tchebishev, Desigualdade de Jensen, Desigual-dade de Young, Desigualdade de Hlder, Desigualdade de Minkowski e a Desigualdade deSchr. E finalmente, no ltimo captulo, apresentamos algumas aplicaes destas desigualda-des como poderosas ferramentas no clculo de mximos e mnimos, problemas de olimpadas,desigualdades geomtricas e clculo de limites, incluindo, neste ltimo tpico, a definio donmero e, mais conhecido como Nmero de Euler e uma demonstrao da divergncia da SrieHarmnica.

1

Captulo 1

Desigualdades Bsicas

1.1 Relaes de Ordem nos Nmeros Reais

Uma importante propriedade dos nmeros reais que ele tem uma ordem que nos permitecomparar dois nmeros reais e decidir qual deles maior, ou se so iguais. Isso porque R umcorpo ordenado. Assim, sendo R+ o conjunto dos elementos positivos de R, trs propriedadesdevem ser satisfeitas:

Axioma 1.1. Dado x R, existe um subconjunto P R, e ocorre exatamente uma das trsalternativas:

i) x = 0,

ii) x P (x > 0),

iii)x P (x > 0).

Esse conjunto P chamado conjunto dos nmeros reais positivos e denotado por R+. Evalem as seguintes propriedades:

1) A soma de dois elementos positivos sempre positiva, ou seja,

x, y R+ = x+ y R+(Isto : x > 0, y > 0 = x+ y > 0)

2) O produto de dois elementos positivos sempre positivo, isto ,

x, y R+ x y R+(Em smbolos : x > 0, y > 0 x y > 0)

2

Indicando-se com R o conjunto dos nmeros negativos de R, ou seja, os elementos x,onde x R+, temos que

R = R+ R {0} .Agora, dados x, y R, podemos definir a relao x maior que y (simbolicamente:

x > y), da seguinte maneira:

x > y (x y) R+.

Analogamente, a relao x menor que y (simbolicamente: x < y) definida assim

x < y (y x) R+.

Propriedade 1.1. Sejam w, x, y, z R, as seguintes desigualdades so sempre verdadeiras:

i) Ocorre exatamente uma das seguintes possibilidades: x = y, ou x < y ou x > y

ii) x < y, y < z x < z

iii) x < y x+ z < y + z

iv) x < y, z > 0 xz < yz e x < y, z < 0 xz > yz

v) x < 0, y < 0 xy > 0

vi) x < 0, y > 0 xy < 0

vii) x < y,w < z x+ w < y + z

viii) x < y y < x

ix) x > 0 1x> 0

x) x < 0 1x< 0

xi) x > 0, y > 0 xy> 0

xii) 0 < x < y, 0 < w < z xw < yz

xiii) x > 1 x2 > x

xiv) 0 < x < 1 x2 < x

xv) x > 0, y > 0 e x2 < y2 x < y

3

Demonstrao das quatro primeiras e da ltima propriedade:

Demonstrao. i) (Tricotomia)Sejam x, y R. Ou y x = 0, ou y x P , ou y x P (isto , x y P ). Logo,

temos as seguintes possibilidades:

x = y, ou x < y ou x > y

que se excluem mutualmente pela proposio 2.1.

ii) (Transitividade)

Se x < y e y < z ento podemos afirmar que y x P e z y P . Pela proposio2.2, temos que (y x) + (z y) P , isto , z x P . Logo, x < z.

iii) (Monotonicidade da Adio)

Se x < y ento y x P . Mas,

(y + z) (x+ z) = y x P

O que significa que x+ z < y + z.

iv) (Monotonicidade da Multiplicao)

Se x < y e z > 0 ento y x P e z P . Assim, temos, pela proposio 2.3, que(y x) z P , ou seja, (y z x z) P , o que implica em x z < y z. Casocontrrio, se x < y e z < 0, ento y x P e z P . Desta forma, novamente pelaproposio 2.3, temos que (y x) (z) P , isto (x z y z) P , o que implicaem x z > y z.

xv) Se x > 0, y > 0 e x2 < y2 ento x+y P e y2x2 P . Como y2x2 = (y+x)(yx),ento y x P . Logo, x < y.

4

1.2 Valor Absoluto

Definio 1.1. O valor absoluto de um nmero real x denotado por |x|, e definido por

|x| ={

x se x 0,x se x < 0.

Geometricamente |x| distncia do nmero x at a origem. E |x y| a distncia entre osnmeros x e y.

Propriedade 1.2. Sejam x, a e b nmeros reais, sempre verdade que:

i) |x| 0, com igualdade quando x = 0.

ii) | x| = |x|.

iii) x |x|.

iii) |x| b b x b.

iv) |x|2 = x2.

v) |ab| = |a||b|.

vi)ab = |a||b| , b 6= 0.

1.3 Desigualdade Triangular

A desigualdade triangular afirma que para qualquer par de nmeros a e b,

|a+ b| |a|+ |b|.Alm disso, a igualdade ocorre se, e somente se ab 0.

Demonstrao. (1)Como ambos os lados da desigualdade so positivos, ento pelo item (xv) da propriedade 2.1

basta mostrarmos que |a+ b|2 (|a|+ |b|)2 .

5

Vejamos:

|a+ b|2 = (a+ b)2

= a2 + 2ab+ b2

= |a|2 + 2ab+ |b|2 |a|2 + 2|ab|+ |b|2, pois ab |ab|= |a|2 + 2|a||b|+ |b|2= (|a|+ |b|)2 .

Ou seja, |a + b|2 (|a|+ |b|)2 . No caso de ser ab 0 teremos ab = |ab| = |a||b|. Logo,ocorrer igualdade.

(2) Temos que {|a| a|b| b e

{|a| a|b| b

Assim, por adio obtemos que{|a|+ |b| a+ b,|a|+ |b| (a+ b) .

Mas isso implica, pelo item (iii) da propriedade 2.2, que |a|+ |b| |a+ b|. E se for ab 0,ento podemos ter a 0 e b 0 ou a 0 e b 0. No primeiro caso teremos consequentementeque |a| = a, |b| = b e |a+ b| = a+ b, ou seja, ocorrer a igualdade. O segundo caso implicarque |a| = a, |b| = b e |a + b| = (a + b), ou seja, tambm teremos igualdade. Portanto,|a+ b| |a|+ |b|, com igualdade se, e somente se, ab 0.

A forma geral da Desigualdade Triangular para n nmeros reais a1, a2, ..., an,

|a1 + a2 + ...+ an| |a1|+ |a2|+ ...+ |an|e sua demonstrao pode ser feita usando induo sobre n.

Teorema 1.1. Sejam x,y e z nmeros reais arbitrrios, sempre vlido que:

i) |x| |y| ||x| |y|| |x y|;

ii) |x z| |x y|+ |y z|;

iii) |x+ y + z|+ |x|+ |y|+ |z| |x+ y|+ |x+ z|+ |y + z|.

6

Demonstrao. (i). Se |x| |y| ento ||x| |y|| = |x| |y|. Caso contrrio, se |x| < |y| ento||x| |y|| > |x| |y|. Logo, sempre vlido que |x| |y| ||x| |y||. Pela DesigualdadeTriangular, temos |x| = |(x y) + y| |(x y)| + |y|, ou seja |x| |y| |x y|. Temostambm |y| = |(y x) + x| |(y x)| + |x|, o que resulta em |y| |x| |y x|. Como|x y| = |y x| ento |y| |x| |x y|, isto , |x| |y| (|x y|). Assim temos(|x y|) |x| |y| |x y|. Logo, pelo item (iii) da propriedade 2.5, podemos concluirque ||x| |y|| |x y|. Portanto, para quaisquer nmeros reais x, y e z, sempre verdadeque |x| |y| ||x| |y|| |x y|.

(ii). Como x z = (x y) + (y z), ento pela Desigualdade Triangular temos que|x z| = |(x y) + (y z)| |(x y)|+ |(y z)|.

(iii). Se x, y ou z for igual a zero, a desigualdade segue. Vamos ento assumir que |x| |y| |z| > 0. Temos, pelo item (vi) da proposio 2.5, que

|x+ y + z|+ |x|+ |y|+ |z| |x+ y| |x+ z| |y + z||x|

=1 + y

x+z

x

+ 1 + yx

+ zx

1 + yx

yx

+z

x

1 + zx

Como

yx

1 e zx

1, ento 1 + yx

= 1 + yx

e1 + z

x

= 1 + zx

.

Assim, temos 1 + yx

+z

x

+ 1 + yx

+ zx

1 + yx

yx

+z

x

1 + zx

=

1 + yx

+z

x

(1 + yx

+z

x

)+yx

+ zx

yx

+z

x

Mas,

1 + yx

+z

x

(1 + yx

+z

x

)eyx

+ zx

yx

+z

x

. Logo,1 + y

x+z

x

(1 + yx

+z

x

)+yx

+ zx

yx

+z

x

0.E disso segue que |x+ y + z|+ |x|+ |y|+ |z| |x+ y| |x+ z| |y + z| 0.

Ou seja,|x+ y + z|+ |x|+ |y|+ |z| |x+ y|+ |x+ z|+ |y + z|.

7

1.4 A Funo Quadrtica

A Funo Quadrtica cuja lei de formao

f(x) = ax2 + bx+ c, onde a 6= 0, b, c R,pode apresentar-se tambm sob a forma

f(x) = a

(x+

b

2a

)2

4a, onde = b2 4ac

Pois,

ax2 + bx+ c = a

(x2 +

b

ax+

c

a

)= a

(x2 +

b

ax+

b2

4a2 b

2

4a2+c

a

)= a

(x2 +

b

ax+

b2

4a2

) a

(b2

4a2 ca

)= a

(x+

b

2a

)2(b2 4ac

4a

)= a

(x+

b

2a

)2

4a.

E com essa forma fica mais acessvel falar sobre mximos e mnimos desta funo. O valormnimo ou mximo, da funo quadrtica o menor ou maior, respectivamente, valor possvelque f pode assumir quando fazemos x percorrer o conjunto dos nmeros reais.

Sendo a > 0, podemos notar que quanto menor for o valor de(x+

b

2a

)2, menor tambm

ser o valor de f . Como(x+

b

2a

)2 0, ento seu valor mnimo zero e isso ocorre quando

x = b2a

. Similarmente, quando a < 0 o valor mximo de f obtido para x = b2a

.

Exemplo 1.1. Se x, y so nmeros positivos com x + y = 2a, ento o produto xy mximoquando x = y = a.

Se x+ y = 2a, ento y = 2ax. Assim, xy = x (2a x) = x2 + 2ax = (x a)2 + a2e tem valor mximo quando x = a, ou seja, x = y = a.

8

Exemplo 1.2. Na figura abaixo ABCD um retngulo inscrito dentro do crculo de raio r.Encontre as dimenses que nos do a maior rea possvel do retngulo ABCD.

Figura 1.1: Retngulo inscrito no crculo

Como a rea do retngulo A = 2x 2y = 4xy e y =r2 x2, ento temos tambm que

A = 4xr2 x2.

Podemos, sem muita dificuldade, nos convencermos de que as dimenses, que nos do ovalor mximo de A, so as mesmas que nos do o valor mximo de A2. Assim, temos

f(x) = A2 = 16r2x2 16x4 = 16(x2 r

2

2

)2+ 4r4.

E disso temos tambm que A2 mximo quando x =r

2

2. Como y =

r2 x2 =

r2 r2

2=r

2

2, logo as dimenses pedidas so de um quadrado de lado r

2.

1.5 Uma Desigualdade Fundamental

A primeira desigualdade que consideraremos, fundamental para a resoluo de problemas, a desigualdade entre a Mdia Aritmtica (MA) e a Mdia Geomtrica (MG) de dois nmerosno negativos a e b que dada por

a+ b

2ab,

com igualdade se, e somente se, a = b.

Os nmerosa+ b

2eab so chamados de Mdia Aritmtica e Mdia Geomtrica de a e b,

respectivamente. E para demonstrarmos esta desigualdade basta notarmos que

9

a+ b

2ab =

a+ b 2ab2

=

(ab

)22

0

com igualdade quandoa =b, ou seja, a = b.

Observao 1.1. A demonstrao desta desigualdade tambm pode ser feita usando proprie-dades geomtricas. Vejamos:

Considere o semicrculo construdo abaixo com a = BD, b = DC e dimetro BC = a+ b.

Figura 1.2: Tringulo inscrito

Seja A o ponto onde a perpendicular a BC em D intercepta este semicrculo, com AD = h.Seja tambm E o ponto de encontro da projeo perpendicular de OD sobre o raio AO e a e bas projees de AB e AC sobre BC, respectivamente. Como os tringulos ABD e CAD sosemelhantes, pois ambos so retos em D e os ngulos CAD e ABD so congruentes, ento

h

b=a

h h =

ab.

Como os tringulos AOD e ADE tambm so semelhantes, pois so retos em D e E e socongruentes os ngulos AOD e ADE, ento

gab

=

ab

a+b2

g = 2aba+ b

=2(

1a

+ 1b

) .Mas, g h a+ b

2. Logo,

21a

+ 1b

ab a+ b

2.

A igualdade ocorrer quando o ponto O coincidir com o ponto D. Ou seja, quando a = b.

Nota: O nmero2

1a

+ 1b

chamado de Mdia Harmnica (MH) entre a e b.

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Captulo 2

Desigualdades Numricas

Apresentaremos a partir daqui, usando ideias simples e alguns passos lgicos, resultadossobre desigualdades de rara elegncia e muito importantes para vrios ramos da Matemtica.

2.1 Desigualdade das Mdias

2.1.1 Com duas e trs variveis

Veremos agora as desigualdades Aritmtica, Geomtrica, Harmnica e Quadrtica, muitoutilizadas na resoluo de problemas.

Teorema 2.1. Sejam a, b R+. Os nmeros

MQ =

a2 + b2

2, MA =

a+ b

2, MG =

ab e MH =

21a

+ 1b

,

so chamados respectivamente de mdias, quadrtica, aritmtica, geomtrica e harmnica dosnmeros a e b, e vlido que

MQ MA MG MH.Ocorrendo igualdade se, e somente se, a = b.

Demonstrao. Primeiramente vamos provar que MQ MA.

11

Sendo a, b R+ temos que

(a b)2 0 a2 2ab+ b2 0 a2 + b2 2ab 2(a2 + b2) a2 + b2 + 2ab 2(a2 + b2) (a+ b)2

2(a2 + b2)

4 (a+ b)

2

4

a2 + b2

2(a+ b

2

)2

a2 + b2

2 a+ b

2.

A igualdade ocorrer se, e somente se, a b = 0, ou seja, a = b.

Temos tambm que

(ab)2 0 a 2

ab+ b 0

a+ b 2ab

a+ b2ab.

Assim, temos que MA MG, onde a igualdade ocorre se, e somente se,ab = 0, isto ,a = b.Finalmente provaremos que MG MH . Para isso, notemos que

(ab)2 0 a+ b 2

ab

1 2ab

a+ b

ab 2ab

a+ b

ab 21

a+ 1

b

.

Com igualdade se, e somente se,ab = 0, isto , a = b.

Da mesma forma, para a, b, c R+, podemos definir respectivamente de mdias, quadrtica,aritmtica, geomtrica e harmnica dos nmeros a, b e c, os nmeros:

MQ =

a2 + b2 + c2

2, MA =

a+ b+ c

2, MG =

abc e MH =

21a

+ 1b

+ 1c

.

12

E de forma similar ao Teorema 3.1 temos, para trs variveis, o Teorema abaixo:

Teorema 2.2. Sejam a, b, c R+ tais que

MQ =

a2 + b2 + c2

3, MA =

a+ b+ c

3, MG =

3abc e MH =

31a

+ 1b

+ 1c

.

EntoMQ MA MG MH.

Ocorrendo igualdade se, e somente se, a = b = c.

Faremos somente a demonstrao da parteMA MG, mas faremos de uma forma especial.Vejamos:

Demonstrao. A fim de remover a raiz cbica, faamos

a = x3, b = y3, c = z3.

Assim, precisamos mostrar quex3 + y3 + z3

3 xyz.

Ou seja,x3 + y3 + z3 3xyz 0.

Sendo

(x+ y + z)(x2 + y2 + z2 xy xz yz) = x3 + y3 + z3 3xyz, (2.1)

o que pode facilmente ser verificado fazendo a multiplicao dos termos do primeiro mem-bro, e como a, b, c so no negativos, ento x + y + z tambm . E desta forma, suficientemostrarmos que

x2 + y2 + z2 xy xz yz 0.Mas, como vlido que

(x y)2 0, (x z)2 0, (y z)2 0.

Ou seja,x2 + y2 2xy, x2 + z2 2xz, y2 + z2 2yz.

Ento, somando-se estas trs desigualdades, membro a membro, obtemos:

2(x2 + y2 + z2

) 2 (xy + xz + yz) .13

Logo, x2 + y2 + z2xyxz yz 0, como queramos. E a igualdade ocorrer se, e somentese, (x y)2 = 0, (x z)2 = 0, e (y z)2 = 0, o que equivale a x = y = z. Isto ,

a = b = c.

Observao 2.1. Existem outras maneiras de verificar a validade da desigualdade (2.1).

Usando Fatoraes:

x3 + y3 + z3 3xyz = (x+ y)3 3xy(x+ y) + z3 3xyz= (x+ y)3 + z3 3xy(x+ y) 3xyz= (x+ y + z)3 3(x+ y)z(x+ y + z) 3xy(x+ y) 3xyz= (x+ y + z)3 3(x+ y)z(x+ y + z) 3xy(x+ y + z)= (x+ y + z)

[(x+ y + z)2 3(x+ y)z 3xy]

= (x+ y + z)[(x+ y + z)2 3xz 3yz 3xy]

= (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 xy xz yz) .

Usando Determinantes:

Como um determinante no se altera se substitumos uma linha com sua soma por duasoutras, ento

x y z

z x y

y z x

=

(x+ y + z) (x+ y + z) (x+ y + z)

z x y

y z x

.Logo,

x3 + y3 + z3 3xyz = (x+ y + z) (x2 + y2 + z2 xy yz xz) .A desigualdade entre as mdias tambm vlida para um nmero arbitrrio de variveis e

existem dezenas de formas de fazer esta demonstrao. Nossa demonstrao est baseada nolema apresentado e demonstrado logo abaixo. Vale ressaltar que a desigualdade entre as mdias de extrema importncia para demonstrar outras desigualdades mais complicadas e tambmpara encontrar mximos e mnimos de expresses.

14

Lema 2.1. Se a1, a2, ..., an so nmeros reais positivos tais que a1a2 an = 1, ento

a1 + a2 + + an n.

Valendo a igualdade se, e somente se, a1 = a2 = = an = 1.

Demonstrao. Vamos provar isso por induo sobre n. Vejamos:Para n = 1, a desigualdade verdadeira pois se a1 = 1 ento a1 1. Se n = 2 ento

a1a2 = 1, e como a1 + a2 2a1a2, uma vez que (a1 a2)2 0, ento temos tambmque a1 + a2 2. Suponhamos que a desigualdade seja vlida para n = k, isto , para nmerosreais arbitrrios e positivos a1, a2, ..., ak tais que a1a2 ak = 1 seja vlido que

a1 + a2 + + ak k,

com igualdade se, e somente se, a1 = a2 = = ak = 1.Vamos mostrar que ela tambm vlida para n = k + 1. Sendo os nmeros reais arbitrrios epositivos a1, a2, ..., ak, ak+1 tais que a1a2 akak+1 = 1, temos dois casos a considerar:i) Se todos os nmeros forem iguais, ou seja, se a1 = a2 = = ak = ak+1, ento teremosa1 = a2 = = ak = ak+1 = 1, pois por hiptese estamos supondo que a1a2 ak = 1. Eneste caso a desigualdade claramente satisfeita.

ii) Se nem todos os nmeros forem iguais, como no podemos ter todos os nmeros menoresque 1 e nem maiores que 1, uma vez que o produto deles igual a 1, ento existir entre elesum que menor 1 e outro que maior que 1. Assim, supondo sem perda de generalidade quea1 < 1 e a2 > 1. Pela hiptese de induo, se para a sequncia de k termos a1a2, a3, ..., ak, ak+1acontecer que (a1a2) a3 ak ak+1 = 1 ento,

a1a2 + a3 + + ak + ak+1 k,

onde ocorre igualdade se, e somente se, a1a2 = a3 = = ak = ak+1. Desta forma, temos que

a1 + a2 + + ak+1 = a1 + a2 + + ak + ak+1 + 1 + a1a2 1 a1a2= a1a2 + a3 + + ak + ak+1 + 1 + a2 a1a2 1 + a1= a1a2 + a3 + + ak + ak+1 + 1 + (a2 1)(1 a1) k + 1 + (a2 1)(1 a1)> k + 1, pois (a2 1) > 0 e (1 a1) > 0.

A igualdade ocorrer se, e somente se, a1a2 = a3 = = ak = ak+1 = 1 e (a21)(1a1) = 0,ou seja, a1 = a2 = a3 = = ak = ak+1 = 1. Logo, devido ao princpio de induomatemtica, temos a demonstrao desejada.

15

2.1.2 Generalizao

Teorema 2.3. (Desigualdade das Mdias). Sejam a1, a2, ..., an nmeros reais positivos. Osnmeros

MQ =

a12 + a22 + + an2

n, MA =

a1 + a2 + a3 + + ann

MG = na1a2 an e MH = n1

a1+ 1

a2+ + 1

an

so chamados respectivamente de mdias quadrtica, aritmtica, geomtrica e harmnica dosnmeros a1, a2, ..., an, e vlido que

MQ MA MG MH.Com igualdade se, e somente se, a1 = a2 = = an.

Demonstrao. Primeiramente vamos provar que MA MG, isto ,

a1 + a2 + a3 + + ann

na1a2 an.Seja MG = n

a1a2 an.

Temos,

1 =na1a2 anMG

= n

a1MG

a2MG

... anMG

.

Mas isso implica quea1MG

a2MG

... anMG

= 1. Logo, pelo lema demonstrado acima, temosque

a1MG

+a2MG

+ + anMG

n.Ou seja,

a1 + a2 + a3 + + ann

na1a2 an.

Com igualdade se, e somente se,a1MG

=a2MG

= = anMG

, isto , a1 = a2 = = an.

Mostraremos agora que MG MH , ou seja

na1a2 an n1

a1+ 1

a2+ + 1

an

.

16

Por MA MG temos que

1

a1+

1

a2+ + 1

an n n

1

a1

1

a2 1

an

=n

na1a2 an .

Assim, temos quena1a2 an n1

a1+ 1

a2+ + 1

an

.

A igualdade ocorrer se, e somente se,1

a1=

1

a2= = 1

an, ou seja, a1 = a2 = = an.

Por ltimo, para mostrarmos que MQ MA usaremos que

(ai aj)2 0 2aiaj a2i + a2j .Vejamos:

(MA)2 =

(a1 + a2 + + an

n

)2=

a21 + a22 + + a2n + 2a1a2 + 2a1a3 + + 2an1an

n2

a21 + a

22 + + a2n + (a21 + a22) + (a21 + a23) + + (a2n1 + a2n)

n2

=n(a21 + a

22 + + a2n)n2

=a21 + a

22 + + a2nn

= (MQ)2 .

Logo, MQ MA e a igualdade ocorrer se, e somente se, a1 = a2 = = an.

Portanto, para toda coleo de nmeros reais positivos a1, a2, ..., an sempre vlido que

MQ MA MG MH.E, alm disso, a igualdade ocorrer se, e somente se, a1 = a2 = = an.

17

2.2 Desigualdade de Bernoulli

Teorema 2.4. (Desigualdade Generalizada de Bernoulli) Sejam xi, i = 1, 2, ..., n, nmerosreais com o mesmo sinal, maiores que -1. Ento temos que

(1 + x1)(1 + x2) (1 + xn) 1 + x1 + x2 + + xn. (2.2)

Demonstrao. Faremos a demonstrao por induo sobre n. Para n = 1 temos que 1 + x1 1 + x1. Suponhamos que para n = k, e nmeros arbitrrios xi, maiores que 1, i = 1, 2, ..., k,com o mesmo sinal, a desigualdade seja vlida, ou seja

(1 + x1)(1 + x2) (1 + xk) 1 + x1 + x2 + xk. (2.3)

Para n = k + 1, e xi > 1, i = 1, 2, ..., k, k + 1, arbitrrios de mesmo sinal, temos que

(x1 + x2 + + xk)xk+1 0. (2.4)

Mas, por (2.3) e (2.4) temos tambm que

(1 + x1)(1 + x2) (1 + xk)(1 + xk+1) (1 + x1 + x2 + + xk)(1 + xk+1)= 1 + x1 + x2 + + xk + (1 + x1 + x2 + + xk)xk+1 1 + x1 + x2 + + xk+1

Portanto, a desigualdade vlida para n = k + 1, o que completa a demonstrao.

Corolrio 2.1. (Desigualdade de Bernoulli) Seja n N e x > 1. Ento (1 + x)n 1 + nx.

Demonstrao. Fazendo x = x1 = x2 = ... = xn na desigualdade (3.1), obtemos

(1 + x)n 1 + nx.

Uma outra forma de demonstrarmos esta desigualdade notando que se 0 < a < b e n N,tal que n 1, ento

nan1 bn anb a .

18

Visto que

bn anb a = b

n1 + bn2a+ + ban2 + an1 an1 + an1 + + an1 = nan1.

Basta tomarmos b = 1 + x e a = 1, pois

nan1 bn anb a n1

n1 (1 + x)n 1

(1 + x) 1 n (1 + x)

n 1x

(1 + x)n 1 + nx.

Note ainda que o fato de ser b > 0, implica tambm em x > 1 e x 6= 0, pois a 6= b, o quefaz a demonstrao ser completa.

Observao 2.2. Este corolrio (Desigualdade de Bernoulli para n N) pode ainda ser de-monstrado pela desigualdade MA MG, e tambm por derivadas.

Os prximos dois corolrios so extenses do corolrio 3.1 (Bernoulli).

Corolrio 2.2. Seja x > 1 e r 1, r Q. Ento

(1 + x)r 1 + rx.

Demonstrao. Seja r =m

n, onde mdc(m,n) = 1. Como r 1, ento temos que m > n.

Fazendo a1 = a2 = = an = 1 + rx e an+1 = an+2 = = am = 1. Temos:Se 1 + rx 0, ento no h o que fazer. Assim, supondo que 1 + rx > 0 e usando que

MA MG temos que

1 + x =mx+m

m=rnx+m

m=n+ rnx+m n

m=n(1 + rx) +m n

m

=a1 + a2 + + an + an+1 + + am

m ma1a2 am

= m

(1 + rx)n = (1 + rx)nm = (1 + rx)

1r .

Mas isso equivale a dizer que (1 + x)r 1 + rx, o que queramos demonstrar.Corolrio 2.3. Seja x > 1 e R. Se 0 < < 1 , ento

(1 + x) 1 + x,

e, se < 0 ou > 1, ento(1 + x) 1 + x,

onde a igualdade ocorrer se, e somente se, x = 0.

19

Demonstrao. Suponhamos que seja um nmero racional tal que 0 < < 1. Assim,tomando-se =

m

n, onde m e n so inteiros positivos e 1 m < n, teremos, pela hiptese de

ser 1 + x > 0 e tambm pela desigualdade MAMG, que

(1 + x) = (1 + x)mn = n

(1 + x)m 1nm

=n

(1 + x) (1 + x) ... (1 + x)

m

1 1 ... 1 nm

(1 + x) + (1 + x) + + (1 + x) + 1 + 1 + + 1n

=m(1 + x) + nm

n

=n+mx

n

= 1 +m

nx

= 1 + x.

Assim, (1 + x) 1 + x, e a igualdade ocorrer quando todos os fatores da desigualdadeforem iguais, ou seja, (1 + x) = 1, x = 0.

Com isso demonstramos a primeira parte da desigualdade para o caso de ser um nmeroracional. Suponhamos agora que seja irracional e que 0 < < 1. Como o conjunto dosnmeros irracionais denso em R, ento deve existir uma sequncia rn = (r1, r2, ..., rn, ...) denmeros racionais com 0 < rn < 1 tal que lim rn = . Desta forma, pelo que foi demonstradoanteriormente para expoentes racionais, temos que

(1 + x)rn 1 + rnx, x 1, n = 1, 2, 3, ...E com isso, teremos

(1 + x) = lim (1 + x)rn

lim (1 + rnx)= 1 + x

Com isso, vamos agora mostrar que para valores irracionais de , onde 0 < < 1 e x 6= 0,acontece que (1 + x) < 1 + x, ou seja, se x 6= 0 ento no ocorre igualdade. Para isso,tomemos um nmero racional r tal que < r < 1. Como 0 <

r< 1, ento, pelo que j foi

demonstrado, temos que(1 + x)

r 1 +

rx.

O que implica em(1 + x)

(1 +

rx)r.

20

E sendo x 6= 0, temos ainda que(

1 +

rx)r< 1 + r

rx = 1 + x, ou seja,

(1 + x) < 1 + x.

Assim, o teorema fica demonstrado para o caso em que x 1 e 0 < < 1. Vamosmostrar agora sua validade para o segundo caso. Seja R tal que < 0 ou > 1, se1 +x < 0, ento temos claramente a desigualdade satisfeita, uma vez que o primeiro membro no-negativo enquanto, o segundo negativo. Se, porm, 1 + x 0, ou seja, x 1,teremos: Se > 1, ento pelo que foi demonstramos na primeira parte, ser vlido que

(1 + x)1 1 + 1

x = 1 + x.

Ou seja,(1 + x) 1 + x,

onde a igualdade ocorrer para x = 0.E se for < 0. Se 1 + x < 0, ento a desigualdade evidente. Se 1 + x 0, ento

tomando-se um nmero positivo n Z tal que n< 1, novamente pelo que foi demonstrado

na primeira parte do teorema teremos

(1 + x)n 1

nx

(1 + x)n 11

nx

(1 + x)n 1 + nx,

onde a ltima desigualdade deve-se ao fato de2

n2x2 > 0. Pois,

2

n2x2 0

2

n2x2 0

1 2

n2x2 1

(

1 +

nx)(

1 nx) 1

11

nx 1 +

nx.

Logo, sabendo-se que (1 + x)n 1 +

nx, elevando-se a n ambos os membros e usando o

21

corolrio 3.1, obteremos que

(1 + x) (

1 +

nx)n

1 + nnx

= 1 + x.

Notemos que a igualdade ocorrer se, e somente se, x = 0, e isso completa a demonstrao doteorema.

2.3 Desigualdade de Cauchy-Schwarz

A Desigualdade de Cauchy - Schwarz uma das mais importantes e utilizadas em toda aMatemtica. Ela tem muitas generalizaes, entre elas destacamos a desigualdade de Hlder,apresentada um pouco mais frente.

Teorema 2.5. (Desigualdade de Cauchy-Schwarz) Sejam a1, a2, ..., an e b1, b2, ..., bn nmerosreais. Ento temos que (

ni=1

ai2

)(ni=1

bi2

)(

ni=1

aibi

)2,

i.e.(a1

2+a22+ +an2)(b12+b22+ +bn2) (a1b1+a2b2+ +anbn)2. A igualdade ocorre

se, e somente se, as sequncias (a1, a2, ..., an) e (b1, b2, ..., bn) so proporcionais, i.e.a1b1

=a2b2

=

= anbn

.

Demonstrao. Considere o trinmio (aixbi)2. Como (aixbi)2 0 entoni=1

(aixbi)2 0. Mas,

ni=1

(aix bi)2 =ni=1

(a2ix2 2aibix+ b2i ) = x2

ni=1

a2i 2xni=1

aibi +ni=1

b2i .

Assim, para esse trinmio ser no-negativo para qualquer x R, o discriminante no podeser positivo. Ou seja,

4

(ni=1

aibi

)2 4

(ni=1

a2i

)(ni=1

b2i

) 0.

E isso implica em

22

(ni=1

aibi

)2(

ni=1

a2i

)(ni=1

b2i

),

a desigualdade desejada. A igualdade ocorre se e somente se aix bi = 0, com i = 1, 2, ..., n,ou seja,

a1b1

=a2b2

= = anbn.

Observao 2.3. Se fizermos b1 = b2 = bn = 1 encontramos a desigualdade MA MG.

Corolrio 2.4. Sejam a, b, x, y nmeros reais com x, y > 0. Ento temos que

(1)a2

x+b2

y (a+ b)

2

x+ y(2)

a2

x+b2

y+c2

z (a+ b+ c)

2

x+ y + z.

Demonstrao. (1) Partindo do princpio que (ay bx)2 0 para todo a, b, x, y reais . Temosa desigualdade satisfeita, pois

(ay bx)2 0 a2y2 2abxy + b2x2 0 a2y2 + b2x2 2abxy a2xy + a2y2 + b2x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy a2y(x+ y) + b2x(x+ y) xy(a+ b)2 (a2y + b2x)(x+ y) xy(a+ b)2

a2y + b2x

xy (a+ b)

2

x+ y

a2

x+b2

y (a+ b)

2

x+ y.

A igualdade ocorrer se ay = bx, ou seja,a

x=b

y.

Uma outra demonstrao seria notar que (a+b)2 =(

ax

x+

by

y

)2e que pela Desigual-

dade de Cauchy-Schwarz(ax

x+

by

y

)2(a2

x+b2

y

)(x+ y).

(2) Aplicando duas vezes a desigualdade (1) demonstrada acima, temos

23

a2

x+b2

y+c2

z (a+ b)

2

x+ y+c2

z

(a+ b+ c)2

x+ y + z.

Com igualdade se, e somente se,a

x=b

y=c

z.

Corolrio 2.5. Sejam a1, a2, ..., an, b1, b2, ..., bn nmeros reais tais que b1, b2, ..., bn > 0. Ento

i)a21b1

+a22b2

+ + a2n

bn (a1 + a2 + + an)

2

b1 + b2 + + bn ,

ii)a1b1

+a2b2

+ + anbn (a1 + a2 + + an)

2

a1b1 + a2b2 + + anbn ,

iii)a1b21

+a2b22

+ + anb2n 1a1 + a2 + + an

(a1b1

+a2b2

+ + anbn

)2.

Com igualdades se, e somente se,a1b1

=a2b2

= = anbn

.

Demonstrao.

i) (Por induo sobre n). Esta desigualdade uma generalizao do corolrio anterior. Para n =1, temos claramente desigualdade satisfeita. Suponhamos que para nmeros reais arbitrriosa1, a2, ..., ak; b1, b2, ..., bk com b1, b2, ..., bk > 0, seja vlido que

a21b1

+a22b2

+ + a2k

bk (a1 + a2 + + ak)

2

b1 + b2 + + bk . (2.5)

Ou seja, a desigualdade seja vlida para n = k.Temos,

a21b1

+a22b2

+ + a2k

bk+a2k+1bk+1

(a1 + a2 + + ak)2

b1 + b2 + + bk +a2k+1bk+1

Pelo resultado (1) do corolrio 3.2, temos tambm que

(a1 + a2 + + ak)2b1 + b2 + + bk +

a2k+1bk+1

(a1 + a2 + + ak + ak+1)2

b1 + b2 + + bk + bk+1Logo,

a21b1

+a22b2

+ + a2k+1

bk+1 (a1 + a2 + + ak+1)

2

b1 + b2 + + bk+1 .

24

Isto , a desigualdade tambm vlida para n = k+1. Portanto, sempre vlida para n N.Com igualdade se, e somente se,

a1b1

=a2b2

= = anbn

.

Vale relatar que, com esta desigualdade, podemos fazer outra demonstrao da Desigualdadede Cauchy-Schwarz, pois

a12 + a2

2 + + an2 = a12b1

2

b12 +

a22b2

2

b22 + +

an2bn

2

bn2

(a1b1 + a2b2 + + anbn)2

b12 + b2

2 + + bn2.

E isso implica diretamente que

(a12 + a2

2 + + an2)(b12 + b22 + + bn2) (a1b1 + a2b2 + + anbn)2.

ii) Por (i) temos

a1b1

+a2b2

+ + anbn

=a21a1b1

+a22a2b2

+ + a2n

anbn

(a1 + a2 + + an)2

a1b1 + a2b2 + + anbn .

iii) Tambm uma consequncia direta de i), pois

a1b21

+a2b22

+ + anb2n

=

a21b21

a1+

a22b22

a2+ +

a2nb2n

an

1a1 + a2 + + an

(a1b1

+a2b2

+ + anbn

)2.

Observao 2.4. Estas trs desigualdades tambm so chamadas de Desigualdades de Cauchy-Schwarz na forma Engel.

Corolrio 2.6. Sejam a1, a2, ..., an; b1, b2, ..., bn nmeros reais. Ento

a21 + b

21 +

a22 + b

22 + +

a2n + b

2n

(a1 + a2 + + an)2 + (b1 + b2 + + bn)2.

25

Demonstrao. (Por induo sobre n). Para n = 1 no h o que demonstrar. Para n = 2 adesigualdade vlida, pois pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que

(a21 + b21) (a22 + b22) (a1a2 + b1b2)2

a21 + b

21 a22 + b

22 (a1a2 + b1b2)

2a21 + b

21 a22 + b

22 2a1a2 + 2b1b2

a21 + b21 + 2a21 + b

21 a22 + b

22 + a

22 + b

22 a21 + 2a1a2 + a22 + b21 + 2b1b2 + b22

(

a21 + b21 +

a22 + b

22

)2 (a1 + a2)2 + (b1 + b2)2

a21 + b

21 +

a22 + b

22

(a1 + a2)

2 + (b1 + b2)2.

Supondo a desigualdade vlida para n = k, ou seja,a21 + b

21 +

a22 + b

22 + +

a2k + b

2k

(a1 + a2 + + ak)2 + (b1 + b2 + + bk)2.

Para n = k + 1, temos quea21 + b

21 +

a22 + b

22 + +

a2k + b

2k +

a2k+1 + b

2k+1

(a1 + a2 + + ak)2 + (b1 + b2 + + bk)2 +a2k+1 + b2k+1(a1 + a2 + + ak+1)2 + (b1 + b2 + + bk+1)2

E isso completa a demonstrao.

2.4 Desigualdade do Rearranjo

A Desigualdade do Rearranjo tem muitas aplicaes e a partir dela podemos provar algumasdesigualdades famosas, tais como a Desigualdade das Mdias MA MG, a Desigualdade deCauchy-Schwarz, a Desigualdade de Nesbitt e a Desigualdade de Tchebyshev, apresentadas emsua sequncia e que sero demonstradas.

Teorema 2.6. (Desigualdade do Rearranjo) Sejam a1 a2 an e b1 b2 bn colees de nmeros reais. Para qualquer reordenao (a

1, a

2, ..., a

n) de (a1, a2, ..., an),

temos que

a1b1 + a2b2 + + anbn a1b1 + a2b2 + + a

nbn (2.6)

anb1 + an1b2 + + a1bn. (2.7)

26

Alm disso, as igualdades em (2.6) e (2.7) ocorrero respectivamente se, e somente se,(a

1, a

2, ..., a

n) = (a1, a2, ..., an) e (a

1, a

2, ..., a

n) = (an, an1, ..., a1).

Demonstrao. Seja S = a1b1 + a2b2 + + anbn. Como existem finitas (n!) reordenaes

de (a1, a2, ..., a

n), ento uma delas torna S mxima. Suponhamos que seja (x1, x2, ..., xn) a

reordenao que torna S mxima, provaremos que (x1, x2, ..., xn) = (a1, a2, ..., an). Para isso,basta mostrarmos que x1 x2 xn. Sendo assim, suponha que existam ndices r < s,1 r n e 1 s n, tais que xr > xs. Multiplicando-se xr por as e xs por ar, a variao deS ser de

arxs + asxr (arxr + asxs).Ou seja,

(ar as)(xs xr).Mas (ar as)(xs xr) > 0, e isso implica que S aumenta, o que contraria o fato de ser(x1, x2, ..., xn) a reordenao que torna S mxima. Assim, temos que x1 x2 xne disto resulta que (x1, x2, ..., xn) = (a1, a2, ..., an). Portanto, o maior valor possvel para S a1b1 + a2b2 + + anbn, ou seja,

a1b1 + a2b2 + + anbn a1b1 + a2b2 + + a

nbn.

De forma similar prova-se que o valor mnimo de S anb1 + an1b2 + + a1bn, o quecompletar a demonstrao.

Corolrio 2.7. Para qualquer reordenao (a1, a2, ..., a

n) de (a1, a2, ..., an), segue que

a21 + a22 + + a2n a1a

1 + a2a

2 + + ana

n.

Demonstrao. uma consequncia direta do teorema, pois basta fazer na desigualdade (2.6),ai = bi para todo ndice i, (1 i n).

Corolrio 2.8. Para qualquer reordenao (a1, a2, ..., a

n) de (a1, a2, ..., an), segue que

a1

a1+a

2

a2+ + a

n

an n.

Demonstrao. Tambm consequncia direta. Pois, tomando-se na desigualdade (2.6),

bi =1

ai

para todo ndice i, com 1 i n, obtemos a desigualdade desejada.

27

2.5 Desigualdade de Tchebishev

Teorema 2.7. (Desigualdade de Tchebishev) Sejam a1 a2 an e b1 b2 bn.Ento temos que (

ni=1

ai

)(ni=1

bi

) n

ni=1

aibi,

isto ,(a1 + a2 + + an) (b1 + b2 + + bn) n (a1b1 + a2b2 + + anbn). Com igualdade

se, e somente se, a1 = a2 = = an ou b1 = b2 = = bn.

Demonstrao. (1) (Usando a Desigualdade do Rearranjo). Aplicando a desigualdade do re-arranjo vrias vezes, obtemos

a1b1 + a2b2 + + anbn = a1b1 + a2b2 + + anbn,a1b1 + a2b2 + + anbn a1b2 + a2b3 + + anb1,a1b1 + a2b2 + + anbn a1b3 + a2b4 + + anb2,

a1b1 + a2b2 + + anbn a1bn + a2b1 + + anbn1,

Adicionando-se membro a membro todas estas desigualdades obtemos, portanto,

n(a1b1 + a2b2 + + anbn) (a1 + a2 + + an)(b1 + b2 + + bn).Onde a igualdade ocorrer se, e somente se, a1 = a2 = = an ou b1 = b2 = = bn.

Demonstrao. (2) Pela hiptese de ser a1 a2 an e b1 b2 bn podemosnotar que para todo i, j {1, 2, ..., n} temos que (ai aj)(bi bj) 0, ou seja,

aibi + ajbj aibj + ajbi.Com isso, ganhamos que

28

(ni=1

ai

)(ni=1

bi

)= a1b1 + a1b2 + a1b3 + a1b4 + + a1bn+ a2b1 + a2b2 + a2b3 + a2b4 + + a2bn+ a3b1 + a3b2 + a3b3 + a3b4 + + a3bn+ a4b1 + a4b2 + a4b3 + a4b4 + + a4bn + anb1 + anb2 + anb3 + anb4 + + anbn a1b1+ a1b1 + a2b2 + a2b2

+ a1b1 + a3b3 + a2b2 + a3b3 + a3b3

+ a1b1 + a4b4 + a2b2 + a4b4 + a3b3 + a4b4 + a4b4

+ a1b1 + anbn + a2b2 + anbn + a3b3 + anbn + ...+ anbn

= nni=1

aibi.

Ocorrer igualdade se, e somente se, ocorrer igualdade na desigualdade (aiaj)(bibj) 0,isto ,

a1 = a2 = = an ou b1 = b2 = = bn.

Observao 2.5. A Desigualdade de Tchebishev tambm verdadeira para o caso de termosa1 a2 an e b1 b2 bn. Porm se for a1 a2 an e b1 b2 bn (e vice-versa), ento teremos(

ni=1

ai

)(ni=1

bi

) n

ni=1

aibi.

Vamos agora dar a definio de Funo Convexa e em seguida apresentar mais duas belasdesigualdades, a Desigualdade de Jensen e a Desigualdade de Young, muito teis na resoluode problemas de olimpadas.

29

Funo Convexa

Definio 2.1. (Funo Convexa). Uma funo f : [a, b] R chamada convexa no intervaloI = [a, b] se para todos x, y I e todo t [0, 1] tivermos

f ((1 t)x+ ty) (1 t) f (x) + tf (y) .

Geometricamente, o significado desta desigualdade que o grfico de f entre os pontos x ey est abaixo do segmento que une os pontos (x, f (x)) e (y, f (y)) .

Figura 2.1: Funo Convexa

Propriedade 2.1. Se f convexa em [a, b], ento para todos x, y [a, b], temos que

f

(x+ y

2

) 1

2(f (x) + f (y)) .

Demonstrao. Fazendo t =1

2na definio temos a desigualdade desejada, pois

f

(x+ y

2

)= f

((1 1

2

)x+

1

2y

)

(1 1

2

)f (x) +

1

2f (y)

=1

2(f (x) + f (y)) .

Observao 2.6. Uma funo f : [a, b] R dita cncava se, e somente se,

f ((1 t)x+ ty) (1 t) f (x) + tf (y) para todo t [0, 1] e a x < y b.

30

Exemplo 2.1. A funo exponencial f(x) = ex convexa em R. Pois, dado t [0, 1].Multiplicando-se a desigualdade e(1t)x+ty (1 t)ex + tey por ety(1t)x, obtemos que

e(1t)x+ty (1 t)ex + tey 1 te(1t)(yx) + (1 t)et(yx). (2.8)

Agora, como vlido que ex 1 + x para todo x R, ento temos

e(1t)(yx) 1 + (1 t)(y x) e et(yx) 1 t(y x)Mas isso implica em

te(1t)(yx) + (1 t)et(yx) t(1 + (1 t)(y x)) + (1 t)(1 t(y x))= 1.

Logo, por (2.8) temos que a funo definida por f(x) = ex convexa em R.

Observao 2.7. Uma maneira de verificar a validade da igualdade ex 1 + x para todox R, notando que o grfico de f(x) = ex fica acima do grfico de g(x) = 1 + x, ocorrendointerseo somente no ponto (0, 1), o que faz com que ocorra igualdade no ponto x = 0. Outra,seria provando que f(x) = ex x 1 0 para todos os valores reais de x. Para isso, noteque f (x) = ex 1 = 0 quando x = 0. Assim, x = 0 o nico valor crtico para f(x).Sendo f (x) = ex contnua e tambm positiva em x = 0, pelo Teste da Derivada da Segundatemos que f(x) tem um mnimo local em x = 0, e este tambm mnimo global por haverum nico ponto crtico. Portanto, f(0) = 0 o valor mnimo global de f(x), implicando emf(x) = ex x 1 0 para todo x real, ou seja, ex 1 + x para todo x R.

Exemplo 2.2. A funo logartmica definida por f(x) = ln x cncava em R.

Demonstrao. Usando o fato de que a funo exponencial convexa, veja exemplo anterior,temos que

e(1t)lnx+tln y (1 t) elnx + t eln y= (1 t) x+ t y= eln((1t)x+ty).

De onde segue que

ln ((1 t) x+ t y) (1 t) lnx+ t ln y.

Portanto, a funo logartmica definida por f(x) = lnx cncava.

31

2.6 Desigualdade de Jensen

Teorema 2.8. (Desigualdade de Jensen). Seja f : (a, b) R uma funo convexa nointervalo (a, b). Seja n N e 1, 2, ..., n [0, 1] nmeros reais tais que 1+2+ +n = 1.Ento para quaisquer x1, x2, ..., xn (a, b) temos

f

(ni=1

ixi

)

ni=1

if(xi),

i..

f(1x1 + 2x2 + + nxn) 1f(x1) + 2f(x2) + + nf(xn).

Demonstrao. Faremos a prova desta desigualdade por induo sobre n. Para n = 1, a desi-gualdade vlida, pois temos 1 = 1 e sendo f(x1) = f(x1) temos tambm que f(1x1) =1f(x1). O caso n = 2 tambm vlido de acordo com a definio 3.1. Suponhamosagora que para um certo k > 1 e todos x1, x2, ..., xn (a, b) e 1, 2, ..., n [0, 1], com1 + 2 + + n = 1, tenhamos

f(1x1 + 2x2 + + kxk) 1f(x1) + 2f(x2) + + kf(xk).

Seja n = k + 1 e consideremos agora x1, x2, ..., xk+1 (a, b), e 1, 2, ..., k+1 [0, 1] talque 1 + 2 + + k+1 = 1. Temos que

1x1 +2x2 + + k+1xk+1= (1x1 + 2x2 + + kxk) + k+1xk+1= (1 k+1)

(1

1 k+1x1 +2

1 k+1x2 + +k

1 k+1xk)

+ k+1xk+1.

Definamosi =

i1 k+1 e y = 1x1 + 2x2 + + kxk.

Temos que y (a, b) pois, como x1, x2, ..., xn (a, b), ento

1a+ 2a+ ka < 1x1 + 2x2 + kxk < 1b+ 2b+ kb a (1 + 2 + k) < 1x1 + 2x2 + kxk < b (1 + 2 + k) a

(1 + 2 + + k

1 k+1

)< 1x1 + 2x2 + kxk < b

(1 + 2 + + k

1 k+1

) a

(1 k+11 k+1

)< 1x1 + 2x2 + kxk < b

(1 k+11 k+1

) a < y < b.

32

Assim, j que f convexa, temos

f(1x1 + 2x2 + + kxk + k+1xk+1) = f ((1 k+1) y + k+1xk+1) (2.9) (1 k+1) f(y) + k+1f(xk+1). (2.10)

Como 1 + 2 + k = 1 temos tambm que

f(y) = f(1x1 + 2x2 + + kxk) 1f(x1) + 2f(x2) + + kf(xk)=

11 k+1f(x1) +

21 k+1f(x2) + +

k1 k+1f(xk).

Juntando-se esta ltima desigualdade com a desigualdade (2.10), obtemos a Desigualdadede Jensen.

Observao 2.8. Se a funo for cncava ento a Desigualdade de Jensen inverter, ou seja,

f(1x1 + 2x2 + + nxn) 1f(x1) + 2f(x2) + + nf(xn).

2.7 Desigualdade de Young

Teorema 2.9. (Desigualdade de Young). Sejam a, b nmeros reais positivos. Se p, q > 0satisfazem a condio

1

p+

1

q= 1, ento ab 1

pap +

1

qbq. A igualdade ocorre se, e somente se,

ap = bq.

Demonstrao. Fazendo x = p ln a e y = q ln b. Como f(x) = ex convexa, veja exemplo(2.1), ento temos que

exp+ yq e

x

p+ey

q eln a+ln b e

p ln a

p+eq ln b

q

eln ab eln ap

p+eln b

q

q

ab 1pap +

1

qbq.

A igualdade ocorre se, e somente se, x = y, ou seja, se, e somente se, ap = bq.

33

2.8 Desigualdade de Hlder

Usaremos agora a Desigualdade de Young para mostrar uma das Desigualdades mais teispara a Anlise, a Desigualdade de Hlder e em seguida usaremos esta desigualdade para de-monstrar outra desigualdade famosa, a Desigualdade de Minkowski.

Teorema 2.10. (Desigualdade de Hlder) Sejam a1, a2, ..., an; b1, b2, ..., bn nmeros reais posi-tivos e p, q > 1 tais que

1

p+

1

q= 1, ento

ni=1

aibi (

ni=1

api

) 1p(

ni=1

bqi

) 1q

.

A igualdade ocorre se, e somente se,ap1bq1

=ap2bq2

= = apn

bqn.

Demonstrao. Faamos a =ai

(n

i=1 api )

1p

e b =bi

(n

i=1 bqi )

1q

para i = 1, 2, ..., n.

Pela Desigualdade de Young temos que

ab =aibi

(n

i=1 api )

1p (n

i=1 bqi )

1q

1p

api(n

i=1 api )

+1

q

bqi(n

i=1 bqi )

Variando esta desigualdade para cada 1 i n, obtemos

a1b1

(n

i=1 ap1)1/p

(n

i=1 bq1)1/q

1p

ap1(n

i=1 ap1)

+1

q

bq1(n

i=1 bq1)

a2b2

(n

i=1 ap2)1/p

(n

i=1 bq2)1/q

1p

ap2(n

i=1 ap2)

+1

q

bq2(n

i=1 bq2)

anbn

(n

i=1 apn)

1/p(n

i=1 bqn)

1/q 1

p

apn(n

i=1 apn)

+1

q

bqn(n

i=1 bqn)

Somando-as membro a membro, obtemos tambm queni=1 aibi

(n

i=1 api )1/p

(n

i=1 bqi )1/q 1p

ni=1 a

pi

(n

i=1 api )

+1

q

ni=1 b

qi

(n

i=1 bqi )

=1

p+

1

q= 1

Ou seja,ni=1

aibi (

ni=1

api

) 1p(

ni=1

bqi

) 1q

.

Onde, claramente, a igualdade ocorrer se, e somente se,ap1bq1

=ap2bq2

= = apn

bqn.

Observao 2.9. Fazendo-se p = q = 2 na Desigualdade de Hlder obtemos a Desigualdade de Cauchy-Schwarz.

34

2.9 Desigualdade de Minkowski

Teorema 2.11. (Desigualdade de Minkowski) Sejam a1, a2, ..., an; b1, b2, ..., bn nmeros reaispositivos e p > 1, ento

(ni=1

(ai + bi)p

) 1p

(

ni=1

(ai)p

) 1p

+

(ni=1

(bi)p

) 1p

,

onde a igualdade ocorre se, e somente se,a1b1

=a2b2

= = anbn

.

Demonstrao. Primeiramente podemos notar que

(ai + bi)p = (ai + bi) (ai + bi)

p1 = ai (ai + bi)p1 + bi (ai + bi)

p1 .

Assim,

ni=1

(ai + bi)p =

ni=1

ai (ai + bi)p1 +

ni=1

bi (ai + bi)p1 . (2.11)

Escolhendo-se para p > 1 um nmero q > 1 tal que1

p+

1

q= 1 e aplicando a Desigualdade de

Hlder, obtemos para cada termo do lado direito da desigualdade (2.11) que

ni=1

ai (ai + bi)p1

(ni=1

(ai)p

) 1p(

ni=1

(ai + bi)q(p1)

) 1q

,

ni=1

bi (ai + bi)p1

(ni=1

(bi)p

) 1p(

ni=1

(ai + bi)q(p1)

) 1q

.

Desde modo, temos tambm que

ni=1

(ai + bi)p

( ni=1

(ai)p

) 1p

+

(ni=1

(bi)p

) 1p

( ni=1

(ai + bi)q(p1)

) 1q

.

Notando-se que q(p 1) = p, temos portanto que(

ni=1

(ai + bi)p

)1 1q

(

ni=1

(ai)p

) 1p

+

(ni=1

(bi)p

) 1p

.

Isto , (ni=1

(ai + bi)p

) 1p

(

ni=1

(ai)p

) 1p

+

(ni=1

(bi)p

) 1p

.

35

2.10 Desigualdade de Schr

Teorema 2.12. (Desigualdade de Schr) Sejam os nmeros reais a, b, c 0 e n R. Entotemos que

an(a b)(a c) + bn(b a)(b c) + cn(c a)(c b) 0,com igualdade se, e somente se, a = b = c ou a = b e c = 0 (ou permutaes).

Demonstrao. Suponhamos, sem perda de generalidade, que a b c. Vamos separar emcasos:Caso 1 : Se n > 0, ento temos

cn 0 e (c a)(c b) 0.

E isso implica que

cn(c a)(c b) 0. (2.12)

Como temos tambm que a c b c e an bn, pois estamos supondo que a b, ento

an(a c) bn(b c).

Mas,

an(a c) bn(b c) an(a c)(a b) bn(b c)(a b) an(a b)(a c) bn(b a)(b c) an(a b)(a c) + bn(b a)(b c) 0.

Logo, por isso e por (2.12), temos

an(a b)(a c) + bn(b a)(b c) + cn(c a)(c b) 0.

Caso 2 : Se n 0, teremos

an 0 e (a b)(a c) 0.

Implicando em

an(a b)(a c) 0. (2.13)

E, por ocorrer que (a c) (a b) e cn bn, pois estamos supondo b c, temos tambm

36

quecn(a c) bn(a b).

Ora, mas isso implica tambm em

bn(b a)(b c) + cn(c a)(c b) 0.

De fato,

cn(a c) bn(a b) cn(c a) bn(b a) cn(c a)(b c) bn(b a)(b c) bn(b a)(b c) cn(c a)(c b) bn(b a)(b c) + cn(c a)(c b) 0.

Assim, pela desigualdade (2.13) e por esta ltima, temos

an(a b)(a c) + bn(b a)(b c) + cn(c a)(c b) 0.Portanto, pelos resultados provados nos casos 1 e 2, a desigualdade vlida para todo n R.

E a igualdade ocorrer se, e somente se, a = b = c ou a = b e c = 0 (ou permutaes).

Corolrio 2.9. Se a, b, c so nmeros reais positivos, ento so vlidas as desigualdades:

(i) a3 + b3 + c3 + 3abc ab(a+ b) + bc(b+ c) + ca(c+ a).

(ii) abc (a+ b c)(b+ c a)(c+ a b).

(iii) Se a+ b+ c = 1, ento 9abc+ 1 4(ab+ bc+ ca).

Demonstrao. Para o caso (i) basta fazer n = 1 na desigualdade de Schr. Pois,

a(a b)(a c) + b(b a)(b c) + c(c a)(c b) 0 a3 ca2 a2b+ abc+ b3 b2c ab2 + abc+ c3 bc2 c2a+ abc 0 a3 + b3 + c3 + 3abc a2b+ ab2 + b2c+ bc2 + c2a+ ca2 a3 + b3 + c3 + 3abc ab(a+ b) + bc(b+ c) + ca(c+ a).

37

Captulo 3

Algumas Aplicaes de Desigualdades

3.1 Clculo de Mximos e Mnimos

Nesta seo, vamos tratar mostrar a importncia das desigualdades demonstradas no captuloanterior na maximizao e minimizao de problemas. Vamos aplicar algumas delas e mostrarcomo acessvel e fascinante us-las em vrios tipos de problemas de otimizao.

Aplicao 1. Seja x > 0 um nmero real. Qual o valor mnimo de x2 +1

x?

Soluo: 1. Primeiramente note que

x2 +1

x= x2 +

1

2x+

1

2x.

Agora aplicando a desigualdade MAMG, obtemos

x2 + 12x

+ 12x

3 3x2 1

2x 1

2x=

3

1

4=

3

2

2.

Logo, o valor mnimo da expresso 33

2

2.

Aplicao 2. Para todos os valores das variveis a, b, c, d, reais positivas, qual o menor valorda expresso

E =a

b+b

c+c

d+d

a?

Soluo: 2. Aplicando a desigualdade MAMG, obtemosab

+ bc

+ cd

+ da

4 4

a

b bc cd da

= 1.

Logo, o valor mnimo de E igual 4, e isso ocorre quando a = b = c = d.

38

Aplicao 3. (Paraleleppedo de rea Mxima). Prove que entre todos os paraleleppedos derea total fixada o de maior volume o cubo.

Demonstrao. Seja o paraleleppedo abaixo de dimenses a,b e c.Temos:

Figura 3.1: Paraleleppedo

Seu volume dado porV = abc.

E sua rea superficial S = 2ab+ 2ac+ 2bc.

Assim, pela desigualdade entre as mdias MAMG, temos que

ab+ ac+ bc

3 3

(ab) (ac) (bc)

= (abc)23 .

Donde, a igualdade ocorre se, e somente se, ab = ac = bc. Ou seja, a = b = c. Desta forma,temos (

S2

)3 (abc) 23 V

(S

6

) 32

.

Logo, o maior volume possvel V =(S6

) 32 e isso ocorre quando a = b = c.

39

Aplicao 4. (Cilindro de rea Mnima). Prove que o cilindro circular reto de volume V fixado,que tem a menor rea de superfcie aquele cujo dimetro igual sua altura.

Demonstrao. Seja o cilindro abaixo de Volume V , rea superficial S, raio da base r e alturah.

Figura 3.2: Cilindro de volume fixo

Temos queS = 2pi

(r2 + rh

)e V = pir2h.

Assim, temos tambm que

S = 2pi

(r2 +

V

pir

)= 2pi

(r2 +

V

2pir+

V

2pir

).

Aplicando agora a desigualdade MAMG, obtemos(r2 +

V

2pir+

V

2pir

) 3 3

r2 V

2pir V

2pir= 3

(V 2

4pi2

) 13

.

Logo, Smin = 6pi(V 2

4pi2

) 13

. E isso ocorre quando r2 =V

2pir, ou seja, V = 2pir3.

Mas isso implica que 2pir3 = pir2h. Portanto, a rea mnima ocorre quando

2r = h.

40

Aplicao 5. (Tringulo de rea Mxima). Prove que entre todos os tringulos de lados a, b ec com permetro fixo p = a+ b+ c, o de maior rea o tringulo equiltero.

Figura 3.3: Tringulo de rea Mxima

Demonstrao. Seja o tringulo acima de lados a, b e c e rea S. Temos, pela frmula de Hern,que

S =

p

2

(p2 a)(p

2 b)(p

2 c).

Temos ainda, aplicando-se a Desigualdade MAMG, que(p2 a)+ (p

2 b)+ (p

2 c)

3 3(p

2 a)(p

2 b)(p

2 c).

Ou seja,

(p2 a)(p

2 b)(p

2 c)

(p2 a+ p

2 b+ p

2 c)3

27

=(p/2)3

27.

Desta forma, teremos ento

S p

2 (p/2)

3

27=

p2

12

3.

Portanto, a rea mxima S =p2

12

3, a qual atingida quando

p

2 a = p

2 b = p

2 c a = b = c.

E isso implica que a rea mxima ocorre quando o tringulo equiltero, o que queramos pro-var.

41

Aplicao 6. (Equao da Reta Tangente a Uma Elipse). Prove que a equao da reta tangente

a uma elipse da formax2

a2+y2

b2= 1 em um ponto (x1, y1) dada por

xx1a2

+yy1b2

= 1.

Figura 3.4: Elipse com reta tangente

Demonstrao. Suponha que a elipse da figura acima seja dada pela equao

x2

a2+y2

b2= 1,

e seja (x1, y1) o ponto de tangncia da reta r : mx + ny = k, onde m e n so fixos comm2 + n2 6= 0, e k uma constante real. Como o ponto (x1, y1) pertence a elipse ento

x21a2

+y21b2

= 1.

Por outro lado, como (x1, y1) tambm um ponto da reta tangente ento

mx1 + ny1 = k.

Como queremos que a reta r seja uma reta tangente, ento sua distncia d origem deve sermxima. Donde sabemos que

d =|k|

m2 + n2=|mx1 + ny1|m2 + n2

.

Precisamos ento saber sob quais condies d mximo. Para isso, aplicando-se a Desigualdade

42

de Cauchy, temos

d =|mx1 + ny1|m2 + n2

=

(am) x1a + (bn) y1b

m2 + n2

(a2m2 + b2n2

m2 + n2

)1/2(x21a2

+y21b2

)1/2=

(a2m2 + b2n2

m2 + n2

)1/2.

Assim, temos que dmax =(a2m2 + b2n2

m2 + n2

)1/2e isso ocorre se, e somente se,

x1/a

am=y1/b

bn= c,

onde c uma constante de proporcionalidade. Mas isso implica que

m =cx1a2

e n =cy1b2.

Logo, temos (cx1a2

)x+

(cy1b2

)y = k.

Ou seja,

xx1a2

+yy1b2

=k

c.

Mas, como (x1, y1) pertence elipse, entok

c= 1, e disso conclumos que a equao da reta

tangente procurada

xx1a2

+yy1b2

= 1.

43

3.2 Problemas de Olimpadas

Aplicao 7. (IMO, 1995) Sejam a, b e c nmeros reais positivos tais que abc = 1. Prove que

1

a3 (b+ c)+

1

b3 (a+ c)+

1

c3 (a+ b) 3

2.

Demonstrao. Pelo corolrio (3.4) do Teorema (4.5), temos que

1

a3 (b+ c)+

1

b3 (a+ c)+

1

c3 (a+ b)=

1a2

a (b+ c)+

1b2

b (a+ c)+

1c2

c (a+ b)

(1a

+ 1b

+ 1c

)22 (ab+ bc+ ca)

=

(bc+ ca+ ab

abc

)2 1

2 (ab+ bc+ ca)

=ab+ bc+ ca

2 (abc)

=ab+ bc+ ca

2.

Usando agora a Desigualdade entre as mdias MA MG com trs variveis temos tambmque

ab+ bc+ ca

3 3ab bc ca ab+ bc+ ca

2 3

3

(ab bc ca)2

ab+ bc+ ca2

3 3

(abc)2

2

ab+ bc+ ca2

32, pois abc = 1.

Logo,

1

a3 (b+ c)+

1

b3 (a+ c)+

1

c3 (a+ b) 3

2.

Aplicao 8. (Rssia, adaptada). Mostre que

52014 + 62014 < 72014.

Demonstrao. Como 52014 + 62014 < 2 62014, ento basta mostrarmos que 2 62014 < 72014.Pela Desigualdade de Bernoulli, podemos escrever que

44

(7

6

)2014=

(1 +

1

6

)2014 1 + 2014

6> 2.

Mas isso implica que 2 62014 < 72014. Portanto, 52014 + 62014 < 72014.

Aplicao 9. (OME, 2008). Sejam a,b,c trs nmeros positivos de soma igual a 1. Demonstreque

aa2+2ac bb2+2ab cc2+2bc 1

3.

Demonstrao. Por ser a+ b+ c = 1 ento temos que

(a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab+ 2ac+ 2bc = 1.

Temos tambm(a2 1

a+ b2 1

b+ c2 1

c+ 2ab 1

b+ 2bc 1

c+ 2ac 1

a

)= 3.

Mas isso implica que

ln

(a2 1

a+ b2 1

b+ c2 1

c+ 2ab 1

b+ 2bc 1

c+ 2ac 1

a

)= ln 3.

Assim, aplicando-se a Desigualdade de Jensen para a funo f (x) = lnx, que cncava emseu domnio para x > 0, como foi demonstrado no exemplo 3.2, temos:

ln 3 = ln

(a2 1

a+ b2 1

b+ c2 1

c+ 2ab 1

b+ 2bc 1

c+ 2ac 1

a

) a2 ln

(1

a

)+ b2 ln

(1

b

)+ c2 ln

(1

c

)+ 2ac ln

(1

a

)+ 2ab ln

(1

b

)+ 2bc ln

(1

c

)= ln

(1

a

)a2+ ln

(1

b

)b2+ ln

(1

c

)c2+ ln

(1

a

)2ac+ ln

(1

b

)2ab+ ln

(1

c

)2bc= ln

(1

a

)a2+2ac+ ln

(1

b

)b2+2ab+ ln

(1

c

)c2+2bc= ln

[(1

a

)a2+2ac(

1

b

)b2+2ab(

1

c

)c2+2bc].

Mas disso temos, por ser f (x) = ln x injetiva, que

(1

a

)a2+2ac(

1

b

)b2+2ab(

1

c

)c2+2bc 3.

45

Ou seja,

aa2+2ac bb2+2ab cc2+2bc 1

3.

Aplicao 10. (Iran, 1998). Sejam x1, x2, x3 e x4 nmeros reais positivos tais que x1 x2 x3 x4 = 1. Prove que

x31 + x32 + x

33 + x

34 max

{x1 + x2 + x3 + x4,

1

x1+

1

x2+

1

x3+

1

x4

}.

Demonstrao. Seja S = x31 + x32 + x

33 + x

34 e Si = S x3i , para 1 i 4. Temos:

S =4S S

3=

4S (x31 + x32 + x33 + x34)3

=(S x31) + (S x32) + (S x33) + (S x34)

3

=1

3(S1 + S2 + S3 + S4) .

Usando agora a Desigualdade MAMG obtemos1

3S1 =

1

3

(x32 + x

33 + x

34

) 3x32 x33 x34 = x2 x3 x4 = 1x1 .E prosseguindo de forma anloga possvel obter tambm que

1

3S2 1

x2,

1

3S3 1

x3e

1

3S4 1

x4.

Logo, temos que

S 1x1

+1

x2+

1

x3+

1

x4. (3.1)

Por outro lado, se usarmos a Desigualdade de Tchebyshev obtemos

4(x31 + x

32 + x

33 + x

34

) (x21 + x22 + x23 + x24) (x1 + x2 + x3 + x4) .Mas, novamente pela Desigualdade MAMG tambm vlido que

x21 + x22 + x

23 + x

24

4 4x21 x22 x23 x24 =

x1 x2 x3 x4 = 1.

Ou seja,x21 + x

22 + x

23 + x

24 4.

46

E isso implica diretamente em

S x1 + x2 + x3 + x4. (3.2)

Portanto, pelos resultados (3.1) e (3.2), temos que

S max{x1 + x2 + x3 + x4,

1

x1+

1

x2+

1

x3+

1

x4

}.

Aplicao 11. (APMO, 2003). Sejam a, b e c os lados de um tringulo, com a + b + c = 1 en 2 um inteiro. Prove que

n

(an + bn) + n

(bn + cn) + n

(cn + an) < 1 +n

2

2.

Demonstrao. Como a, b e c so lados de um tringulo ento existem nmeros positivos x,

y, z tais que a = x + y, b = y + z e c = x + z. De fato, basta tomarmos x =a+ c b

2,

y =a+ b c

2e z =

b+ c a2

. E com isso obtemos facilmente que x+ y + z =1

2. Assim,

usando a Desigualdade de Minkowski, temos

(an + bn)1n = [(x+ y)n + (y + z)n]

1n (xn + zn) 1n + (2yn) 1n

< ((x+ z)n)1n + y

n

2

= c+ yn

2

Ou seja,

nan + bn < c+ y

n

2.

Prosseguindo de modo anlogo, podemos obter

nbn + cn < a+ z

n

2 e ncn + an < b+ x

n

2.

Portanto,

n

(an + bn) +nbn + cn + n

cn + an < a+ b+ c+

n

2 (x+ y + z) = 1 +n

2

2.

47

Aplicao 12. (Desigualdade de Nesbitt). Mostre que para todo a, b, c R+, vlido que

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b 3

2.

Demonstrao.

1) (Pela Desigualdade do Rearranjo). Sem perda de generalidade assumiremos que a b c.Assim, temos que a+ b c+ a b+ c, o que implica

1

b+ c 1c+ a

1a+ b

.

Aplicando duas vezes a Desigualdade do Rearranjo, obtemos que

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b b

b+ c+

c

c+ a+

a

a+ ba

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b c

b+ c+

a

c+ a+

b

a+ b

Adicionando-se estas duas inequaes ganhamos que

2

(a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b

)(b+ c

b+ c+c+ a

c+ a+a+ b

a+ b

)= 3

Logo,

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b 3

2.

2) (Pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz). Fazendo:

a1 =b+ c, a2 =

c+ a, a3 =

a+ b

b1 =1b+ c

, b2 =1c+ a

, e b3 =1a+ b

Temos:

((b+ c) + (c+ a) + (a+ b))

(1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b

) (1 + 1 + 1)2 = 9

48

Ou seja,

2(a+ b+ c)

(1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b

) 9

(a+ b+ c)(

1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b

) 9

2

a+ b+ cb+ c

+a+ b+ c

c+ a+a+ b+ c

a+ b 9

2

ab+ c

+b

c+ a+

c

a+ b 9

2 3 = 3

2

Com igualdade se, e somente se, (b+ c)2 = (c+ a)2 = (a+ b)2. Ou seja, a = b = c.

(3) (Pela Desigualdade MA MH). Sejam os nmeros positivos a+ b, c+ a e a+ b. Temos,

(b+ c) + (c+ a) + (a+ b)

3 31

b+c+ 1

c+a+ 1

a+b

2(a+ b+ c)(

1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b

) 9.

E a partir da segue da mesma forma como na demonstrao anterior.

3.3 Desigualdades Geomtricas

Aplicao 13. Demonstre que

S a2 + b2 + c2

6,

onde a, b, c so os lados de um tringulo e S, sua rea.

Demonstrao. Sabemos que S =ab sen

2, onde o ngulo entre os lados a e b. Como

vlido que sen 1, temos tambm que S ab2

. Pela desigualdade MG-MQ temos ainda que

ab a2 + b2

2. Assim,

S a2 + b2

4.

E de forma anloga podemos obter que

S a2 + c2

4e S b

2 + c2

4.

49

Logo, adicionando-se membro a membro estas trs ltimas desigualdades obtemos

3S a2 + b2 + a2 + c2 + b2 + c2

4

=2 (a2 + b2 + c2)

4

=a2 + b2 + c2

2.

Portanto,

S a2 + b2 + c2

6.

Aplicao 14. (Desigualdade de Euler). Prove que R 2r, onde R e r so respectivamente, oraio do crculo circunscrito e inscrito a um tringulo.

Demonstrao. Considere um tringulo de rea S, semi-permetro p e lados a, b, c opostos,respectivamente, aos vrtices A,B e C. Aplicando a desigualdade MAMG para os nmerosreais positivos p b e p c, temos que

(p b) + (p c) 2

(p b) (p c).Mas,

(p b) + (p c) = a+ b+ c2

b+ a+ b+ c2

c

=a+ c b

2+a+ b c

2= a.

Assim,a 2

(p b) (p c).

De forma anloga podemos obter tambm que

b 2

(p a) (p c) e c 2

(p a) (p b).Multiplicando-se os lados, esquerdo e direito, destas trs desigualdades obtemos

abc 8 (p a) (p b) (p c) .

Como sabemos que 4RS = abc,S2

p= (p a) (p b) (p c) e tambm S = pr, ento

50

temos que

abc 8 (p a) (p b) (p c) 4RS 8S

2

p

4RS 8Sp S

4RS 8rS R 2r.

Aplicao 15. Seja ABC um tringulo de baricentro G. Denotando-se por ga, gb, gc asdistncias de G aos lados a,b e c, respectivamente, mostre que se r o raio da circunfernciainscrita, ento:

i) ga 2r3, gb 2r

3, gc 2r

3

ii)ga + gb + gc

r 3

Figura 3.5: ABC de baricentro G

Demonstrao. (i) Seja a figura acima. Sabemos que ao unir o ponto G aos vrtices A,B,Cobtemos trs tringulos de mesma rea: AGB, de base c e altura gc, AGC de base b e alturagb e BGC de base a e altura ga.

Assim, sendo S a rea do tringulo ABC temos que

a ga2

=b gb

2=c gc

2=S

3.

Ou seja,

a ga = b gb = c gc = 2S3.

51

Como tambm sabemos que S =(a+ b+ c)

2 r, onde r o raio da circunferncia inscrita,

ento

ga =a+ b+ c

a r

3

gb =a+ b+ c

b r

3

gc =a+ b+ c

c r

3

E, por ser b+ c a (Desigualdade Triangular), temos

a+ b+ c

a= 1 +

b+ c

a

1 + aa

= 2.

Logo,

ga 2r3.

Usando as outras duas desigualdades triangulares mostra-se de forma anloga que

gb 2r3

e gc 2r3.

(ii) Pela Desigualdade entre as mdias aritmtica e harmnica, temos:

ga + gb + gc3

31ga

+ 1gb

+ 1gc

=3

3a(a+b+c)r

+ 3b(a+b+c)r

+ 3c(a+b+c)r

=3(3r

) = r.Logo,

ga + gb + gcr

3.

Aplicao 16. Demonstre que para um tringulo de rea S e lados a, b, c vlido que

S (a+ b+ c)2

16.

Demonstrao. Como sabemos que S =p (p a) (p b) (p c) onde p o semi-permetro

52

de um tringulo de lados a, b, c, ento pela desigualdade MAMG, temos queS = 4

p (p a) (p b) (p c)

p+ (p a) + (p b) + (p c)4

=4p (a+ b+ c)

4

=2 (a+ b+ c) (a+ b+ c)

4

=a+ b+ c

4.

Portanto, sendoS =

a+ b+ c

4, temos a desigualdade desejada, pois basta elevar ambos os

membros ao quadrado.

Aplicao 17. Prove que para todo paraleleppedo reto de arestas a, b, c e diagonal d, se cum-pre a desigualdade

a+ b+ c d

3.

Demonstrao. Pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que

(a+ b+ c)2 = (1 a+ 1 b+ 1 c)2

(12 + 12 + 12) (a2 + b2 + c2)= 3

(a2 + b2 + c2

).

Como sabemos que para todo paraleleppedo reto de diagonal d vlido que d2 = a2 + b2 + c2,ento

(a+ b+ c)2 3d2 a+ b+ c d

3.

Aplicao 18. Prove que para todo tringulo retngulo vlido que

h (

1 +

2) r,

onde h a altura, a a hipotenusa e r o raio da circunferncia inscrita no tringulo.

Demonstrao. Sejam a, b, c respectivamente, a hipotenusa e os catetos de um tringulo retn-gulo. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, podemos dizer que

(a+ b)2 = (1 a+ 1 b)2

(12 + 12) (a2 + b2) = 2c2.Mas isso implica em

a+ b

2c.

53

Sendo S a rea do tringulo, sabemos que

S =c h

2e S =

a+ b+ c

2 r.

Logo, podemos deduzir

h =2S

c=

a+ b+ c

c r

2 c+ cc

r

=(

2 + 1) r.

Aplicao 19. Demonstre queha + hb + hc 9 r,

onde ha, hb e hc so as alturas de um tringulo qualquer e r o raio da circunferncia inscritanele.

Demonstrao. Primeiramente note que vlida a igualdade

1

ha+

1

hb+

1

hc=

1

r,

pois sabemos que a rea S de um tringulo de lados a, b, c pode ser dada pelas frmulas

S =a ha

2=b hb

2=c hc

2= pr,

onde p o semi-permetro do tringulo. E, disso temos

1

ha+

1

hb+

1

hc=

a

2S+

b

2S+

c

2S=p

S=

1

r.

Agora, usando a desigualdade MAMG e MH MG, podemos escrever

ha + hb + hc 3 3ha hb hc e 1

ha+

1

hb+

1

hc 3

3ha hb hc

.

De onde podemos obter

(ha + hb + hc) (

1

ha+

1

hb+

1

hc

) 9.

Portanto,ha + hb + hc 9r.

54

Aplicao 20. Se S a rea de um quadriltero inscrito em uma circunferncia e p, seu semi-permetro. Mostre que

S p2

4.

Demonstrao. Seja um quadriltero inscrito em uma circunferncia. Como podemos expres-sar sua rea S por

S =

(p a) (p b) (p c) (p d),onde a, b, c, d so os lados do quadriltero, ento podemos deduzir atravs da desigualdadeMAMG que

S = 4

(p a) (p b) (p c) (p d)

(p a) + (p b) + (p c) + (p d)4

=4p (a+ b+ c+ d)

4

=4p 2p

4

=p

2.

Logo,

S p2

4.

Aplicao 21. Seja S a rea de um tringulo de lados a, b, c. Mostre que:

i) a2 + b2 + c2 4

3 S

ii)1

h2a+

1

h2b+

1

h2c

3

S

iii)(a2 + b2 + c2

)( 1h2a

+1

h2b+

1

h2c

) 12.

Demonstrao. (i) Pela desigualdade entre as mdiasMQMG para duas variveis temos quea2 + b2 2ab. Temos tambm que a rea S de um tringulo pode ser dada por S = ab sen

2,

onde o ngulo entre os lados a e b e, pela Lei dos Cossenos, vlida ainda a igualdade:c2 = a2 + b2 2ab cos . Ento,

a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + a2 + b2 2ab cos = 2

(a2 + b2 ab cos )

2 (2ab ab cos )= 2ab (2 cos )=

4S

sen (2 cos ) .

55

Com isso, para finalizar a demonstrao, precisamos mostrar que

(2 cos )sen

3.

Vejamos:Como verdade que sen

( +

pi

6

) 1, ento

3

2 sen + 1

2 cos 1

3 sen + cos 2 (2 cos )

sen

3.

Portanto, a desigualdade (i) vlida.

(ii) Por trigonometria temos

ha = b senC e hb = a senC.

E isso implica que

1

h2a+

1

h2b=

1

b2 sen 2C +1

a2 sen 2C=

a2 + b2

a2b2 sen 2C=

a2 + b2

4S2,

pois a rea pode ser dada por S =ab senC

2.

De forma anloga, podemos obter

1

h2a+

1

h2c=a2 + c2

4S2e

1

h2b+

1

h2c=b2 + c2

4S2.

Assim, adicionando-se esses trs resultados, obtemos

2

(1

h2a+

1

h2b+

1

h2c

)=

2 (a2 + b2 + c2)4S2

.

Ou seja,1

h2a+

1

h2b+

1

h2c=

(a2 + b2 + c2)

4S2.

56

Finalmente, pelo que foi provado em (i), temos

1

h2a+

1

h2b+

1

h2c

3

S.

Para provar o item (iii) basta multiplicar membro a membro as desigualdades provadas em(i) e (ii).

3.4 Clculo de Limites

3.4.1 O Nmero e

O nmero e desempenha um papel muito importante em Matemtica, ele considerado umadas constantes mais ubquas na Anlise Matemtica. Vamos fazer a demonstrao de algunsresultados e em seguida defini-lo. Vejamos:

Aplicao 22. Mostre que para quaisquer valores de a e b (a 6= b) vlida a igualdade

n+1a bn < a+ nb

n+ 1.

Demonstrao. Pela desigualdade MAMG temos quen+1a bn = n+1

a b b b ... b

n

y3 > y4 > > yn > .

E disso temos tambm que

2 = x1 < xn =

(1 +

1

n

)n xn =

(1 +

1

n

)n(3.3)

e tambm que e < 3.De fato, a medida que n aumenta temos que xn tambm aumenta e tende a e, logo xn e, (3.4)

pois foi demonstrado que yn decresce medida que n cresce.Logo, (

1 +1

n

)n< e b. Mas

disso temos que

b a < m1 + 1n

m1n

=1

n< b a,

uma contradio. Logo, (a, b) Q 6= .Teorema A.1. (Densidade dos Irracionais) Se a < b em R, ento (a, b) I 6= .Demonstrao. Se a < b, ento

a2 0 um realqualquer. Como c no mais cota superior de X , ento deve existir um xn0 X tal quexn0 > c . Mas, por (xn) ser no decrescente temos

xn0 xn0+1 xn0+2 ,

e com isso temos tambm que xn > c para todo n n0. E ainda,

c < xn c < c+ .

E isso equivale a dizer quelimxn = c.

A.3 Teorema do Confronto

Teorema A.3. Sejam xn zn yn para todo n N. Se limxn = lim yn = c ento lim zn = c.Demonstrao. Seja > 0 um nmero real qualquer. Como limxn = lim yn = c, ento devemexistir n1, n2 N tais que:

i) n > n1 c < xn < c+ ;

ii) n > n2 c < yn < c+ .Tomando-se n0 = max {n1, n2}, temos que

n > n0 {

c < xn < c+ c < yn < c+ .

E tambm,c < xn zn yn < c+ .

Portanto, lim zn = c.

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