FATOS MATEMÁTICOS: 2010/12

quinta-feira, 30 de dezembro de 2010

Provando Desigualdades Através de Funções Lineares

As desigualdades desempenham um grande papel em várias teorias e é um assunto muito cobrado nas Olimpíadas de Matemática. Neste post, veremos como podemos usar as funções lineares para provar algumas delas, mais especificamente, usaremos o seguinte teorema:

Teorema 1: Se a função $[;f(x) = ax + b;]$ com $[;a \neq 0;]$ possui $[;f(\alpha) \geq 0;]$ e $[;f(\beta) \geq 0;]$ , então $[;f(x) \geq 0;]$ , para todo $[;x \in [\alpha, \beta];]$ (Ver figura acima).

Demonstração: Geometricamente vemos que ele é verdadeiro, mas para os céticos, vejamos uma prova analítica. Suponhamos que existe $[;x_0 \in [\alpha, \beta];]$ tal que $[;f(x_0) \prec 0;]$ . Assim, temos $[;2;]$ casos:

Se $[;a \succ 0;]$ , $[;f;]$ é uma função crescente, de modo que $[;0 \leq f(\alpha) \prec f(x_0) \prec 0;]$ . Absurdo.
Se $[;a \prec 0;]$ , $[;f;]$ é uma função decrescente, de modo que $[;0 \succ f(x_0) \succ f(\beta) \geq 0;]$ . Absurdo.

Vejamos agora como podemos usar o Teor. 1 para provar desigualdades.

Exemplo 1: Sejam $[;x\ ;]$ , $[;y;]$ e $[;z;]$ números reais não-negativos tal que $[;x + y + z = 3;]$ . Prove que $[;x^2 + y^2 + z^2 + xyz \geq 4;]$ .

Resolução: Podemos reescrever a desigualdade acima do seguinte modo:

$[;x^2 + y^2 + 2yz + z^2 - 2yz + xyz \geq 4 \quad \Rightarrow \quad x^2 + (y + z)^2 + yz(x - 2) \geq 4 \quad \Rightarrow;]$

$[;x^2 + (3 - x)^2 + yz(x - 2) \geq 4 \quad \Rightarrow;]$

$[;2x^2 - 6x + 5 + yz(x - 2) \geq 0 \qquad (1);]$

Fazemos $[;w = yz;]$ em $[;(1);]$ e consideremos a função linear na variável $[;w;]$ dada por $[;f(w) = (x - 2)w + 2x^2 - 6x + 5;]$ . Para esta função precisamos determinar agora todos os valores possíveis de $[;w;]$ . Pela desigualdade aritmética-geométrica, sabemos que

$[;2yz \leq y^2 + z^2 \quad \Rightarrow \quad 4yz \leq (y + z)^2 \quad \Rightarrow \quad w \leq \frac{1}{4}(3 - x)^2;]$

usando o fato que $[;x + y + z = 3;]$ . Por hipótese, sabemos que $[;w \geq 0;]$ . Assim, pelo Teor. 1 é suficiente mostrar que $[;f(0) \geq 0;]$ e $[;f(w_0) \geq 0;]$ , onde $[;w_0 = (3 - x)^2/4;]$ . De fato,

$[;f(0) = 2x^2 - 6x + 5 = 2\biggl(x - \frac{3}{2}\biggr)^2 + \frac{1}{5} \geq 0;]$

$[;f(w_0) = (x - 2)\cdot \frac{(3 - x)^2}{4} + 2x^2 - 6x + 5 \quad \Rightarrow;]$

$[;4f(w_0) = (x - 2)(9 - 6x + x^2) + 8x^2 - 24x + 20 = x^3 - 3x + 2;]$

$[;= x(x^2 - 2x + 1) + 2x^2 - x - 3x + 2 = x(x-1)^2 + 2(x^2 - 2x + 1);]$

$[;= (x - 1)^2(x+2) \geq 0;]$

A prova está completa. A igualdade é válida se e somente se os três números são iguais a $[;1;]$ . Para ver isso, basta determinar os valores para os quais a função linear anula-se nos pontos extremos do intervalo. Note que $[;f(0) = 0;]$ não tem solução, pois $[;2x^2 - 6x + 5 = 0;]$ possui $[;\triangle \prec 0;]$ . Por outro lado,

$[;f(w_0) = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{4}(x-1)^2(x + 2) = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 1;]$

de modo que $[;w_0 \leq (3 - x)^2/4 \quad \Rightarrow \quad yz \leq 1;]$ . Sendo $[;x + y + z = 3;]$ , segue que

$[;y + z = 2 \quad \Rightarrow \quad y(y-2) - 1 \leq 0 \quad \Rightarrow;]$

$[;-y^2 + 2y - 1 \leq 0 \quad \Rightarrow \quad (y - 1)^2 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad y = 1;]$

é o menor valor que satisfaz a desigualdade, donde segue que $[;z = 1;]$ .

Exemplo 2: Prove que se $[;x\;]$ , $[;y;]$ e $[;z;]$ são números reais não-negativos tal que $[;x + y + z = 1;]$ , então

$[;4(x^3 + y^3 + z^3) + 15xyz \geq 1 \qquad (2);]$

Determine quando vale a desigualdade.

Resolução: Sabemos que

$[;a^3 + b^3 = (a + b)^3 - 3ab(a + b);]$

Fazendo $[;a = y;]$ e $[;b = z;]$ , temos

$[;(y + z)^3 - 3yz(y + z) = y^3 + z^3 \qquad (3);]$

Substituindo $[;(3);]$ em $[;(2);]$ , segue que

$[;x^3 + (y + z)^3 - 3yz(y + z)+ \frac{15}{4}xyz \geq \frac{1}{4};]$

Sendo $[;x + y + z = 1;]$ , então

$[;y + z = 1 - x \quad \Rightarrow \quad x^3 + (1 - x)^3 - 3yz(1 - x) + \frac{15}{4}xyz \geq \frac{1}{4};]$

ou seja,

$[;x^3 + (1 - x)^3 + yz\biggl(-3 + 3x + \frac{15}{4}x \biggr) - \frac{1}{4} \geq 0;]$

Colocando $[;yz = w;]$ e considerando o lado esquerdo como uma função linear de $[;w;]$ , temos

$[;f(w) = \biggl(\frac{27}{4}x - 3\biggr)w + (1 - x)^3 + x^3 - \frac{1}{4};]$

Note que $[;w = yz \geq 0;]$ por hipótese e sendo

$[;2yz \leq y^2 + z^2 \quad \Rightarrow \quad 4yz \leq (y + z)^2 \quad \Rightarrow \quad w \leq \frac{(1 - x^2)}{4}:= w_0;]$

Pelo teorema $[;1;]$ , iremos mostrar que $[;f(0) \geq 0;]$ e $[;f(w_0) \geq 0;]$ . De fato,

$[;f(0) = (1 - x)^3 + x^3 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}(2x - 1)^2;]$

$[;16f(w_0) = 16(1 - x)^3 + (1 - x)^2(27x - 12) + 16x^3 - 4 = 3x(3x - 1)^2;]$

e a desigualdade segue. A igualdade ocorre se $[;(x,y,z) = (1/3,1/3,1/3);]$ ou qualquer permutação da tripla $[;(x,y,z) = (0,1/2,1/2);]$ , deixo os detalhes para os leitores.

Exercício 1: Prove que

$[;5(a^2 + b^2 + c^2) \leq 6(a^3 + b^3 + c^3) + 1;]$

onde $[;a;]$ , $[;b;]$ e $[;c;]$ são números reais positivos tais que $[;a + b + c = 1;]$ .

Exercício 2: Prove a desigualdade

$[;\frac{1}{1 - xy} + \frac{1}{1 - yz} + \frac{1}{1 - xz} \leq \frac{27}{8};]$

onde $[;x\;]$ , $[;y;]$ e $[;z;]$ são números reais positivos tais que $[;x + y + z = 1;]$ .

Exercício 3 (BMO 1979): Prove que $[;7(xy + yz + xz) \leq 2 + 9xyz;]$ , onde $[;x\;]$ , $[;y;]$ e $[;z;]$ são números reais positivos tais que $[;x + y + z = 1;]$ .