2.1.5AlgIntrodPrecalcIreneF

226 Capítulo 6. Aplicaciones de Inducción

Demostración

Veamos primero que A > G.

Sean, bi = ai para i = 1, ... , n.
G

Como G > 0 y ai > 0 resulta bi > 0; además no son todos iguales entre sí, pues
los ai no lo son, luego, no pueden ser todos iguales al 1 en particular.

Además: a1 ... an a1 ... an
Gn a1 ... an
b1b2 ... bn = = = 1,

luego por la proposición anterior

b1 + ... + bn > n,

por tanto A = a1 + · · · + an > G.
n

Veamos ahora que G > H.

Sean bi = 1 i = 1, ... , n.
ai

Entonces como bi ∈ R+ y no todos son iguales entre si resulta, por la primera parte
de la demostración que A > G, es decir:

b1 + · · · + bn > n b1 ... bn,
n

o sea 1 + ... + 1 1 ,
Luego a1 an √n a1 ...
n > an

G = √n a1 ... an > n = H.

1 + · · · + 1
a1 an

6.2. Una Desigualdad Importante 227

Problemas

Problema 6.12 1+n n para n ∈ N.
Demostrar que n! < 2
,

Demostración

Sean a1 = 1, a2 = 2, ... , an = n. De A > G, se obtiene:

1 + 2 +··· + n > √n 1 · 2 ... n.
n

Pero 1 + 2 + ··· + n = n(n + 1) y 1 · ... · n = n!
2

luego n + 1 √n n!.
2
>

Por lo tanto 1+n n
2.
n! <

Problema 6.13
Demostrar que

1 n 1 n+1
n +
1 + < 1 + n 1 para n ∈ N .

(O sea la sucesión an = 1 + 1 n
n
es creciente, o bien la función

f : N → R definida por f (n) = 1 + 1 n
n
es una función estrictamente creciente).

Demostración

Sean a1 = 1, a2 = a3 = ... = an = an+1 = 1 + 1 y como a1 es distinto de los demás
se tiene A > G o equivalentemente: n

228 Capítulo 6. Aplicaciones de Inducción

1+n 1 + 1 1 n
n n
> n+1 1 + ,

n+1

n+2 1 n
n+1 n
luego > n+1 1 + ,

entonces 1 + 1 > n+1 1 + 1 n
+ n
n 1 ,

por lo tanto n+1 n

1 + n 1 1 > 1 + 1 .
+ n

Problema 6.14
Demostrar por inducción el Teorema 6.2.

Demostración

Sea An el promedio aritmético de n números reales positivos (no necesariamente
distintos) y Gn es su promedio geométrico. Entonces demostramos que:

An ≥ Gn para todo n ∈ N.

Si n = 1, entonces A1 = a1 ≥ √1 a1 = a1.
1

Si n = 2, entonces (√a1 − √a2)2 ≥ 0 por ser un cuadrado , luego
a1 − 2√a1a2 + a2 ≥ 0, es decir

a1 + a2 ≥ √a1a2, por lo tanto
2

A2 ≥ G2.

Supongamos ahora que An ≥ Gn y sean

b1 = an+1, b2 = b3 = ... = bn = An+1,

luego tenemos n números reales positivos y para ellos vale la hipótesis de induc-
ción, es decir:
b1 + · · · + bn
n ≥ n b1 · ... · bn, luego

6.2. Una Desigualdad Importante 229

an+1 + (n − 1) (a1 + · · · + an + an+1) 1
n+1
≥ n an+1 · Ann+−11 = an+1 · Ann+−11 n , (∗)
n

además utilizado el caso ya demostrado para n = 2, para los números

c = an+1 + (n − 1)An+1 y d = An tenemos que
n

c +d ≥ √ · d,
2 c

luego,

an+1 + (n − 1)An+1 + An an+1 + (n − 1)An+1 an+1 + (n − 1)An+1 1
n n n 2
≥ An · = An ·
2

≥ 1 · (an+1 · Ann+−11 ) 1 (utilizando (*) y la H.I.)
2n
Gn2

= (a1 · · · an ) 1 1 · (Ann+−11) 1
2n 2n
· an2n+1

= n+√1 a1 ... an+1 n+1 · Ann+−11 1
2n

1

= Gnn++11 · Ann−+11 2n .

Pero como

an+1 + (n − 1)An+1 + An an+1 + (n − 1) a1 + · · · + an+1 +n a1 + · + an)
n n+1 n
=
2 2n

a1 + · · · + an + an+1 + (n − 1) a1 + · · · + an+1
(n + 1)
=
2n

= a1 + · · · + an+1 (n + 1) + (n − 1) = An+1 .
n+1 2n

Entonces hemos demostrado que:

An+1 ≥ Gnn++11 · Ann+−11 ,1

2n

luego A2nn+1 ≥ Gnn++11 · Ann−+11,