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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;]
e
[;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;]
e
[;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;].

Exercício 4 (USAMO 1979): Prove que se [;x,y,z \succ 0;] e [;x + y + z = 1;], então

[;xy + yz + xz - 2xyz \leq \frac{7}{27};]

Referência Bibliográfica:
- Thuan, Pham Van, Hun, Van. Proving inequalities using linear functions. Mathematical Reflections, 4, (2006).

Gostará de ler também:
- A Desigualdade de Weitzenböck;
- A Desigualdade de Cauchy-Schwarz;
- A Desigualdade de Erdös-Mordell;
- Duas Médias (Parte 1);
- Duas Médias (Parte 2).