BS-2526-X1-N1-P1

Enunciado

Sexan $a$ e $b$ dous números reais non negativos. Proba que $\sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}$.

---

Resolución

Solución Clásica

Temos que: $\sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}⟺4ab\le a^2+2ab+b^2$ Isto equivale a: $0\le a^2-2ab+b^2=(a-b{)}^2$ Como isto último é claramente certo, a desigualdade pedida tamén.

Solución Clásica con raíces

Como $a,b>0$ $0\le (\sqrt{a}-\sqrt{b}{)}^2=a+b-2\sqrt{ab}$ Isto equivale a: $a+b\ge 2\sqrt{ab}⟺\sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}$ Que é o que queríamos probar.

Solución de Lucho $\ast$

Notemos que $a=\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}$ e $b=\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}$. Así: $\sqrt{ab}=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}\right)\left(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}\right)}=\sqrt{{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a-b}{2}\right)}^2}$ Como ${\left(\frac{a-b}{2}\right)}^2\ge 0$, ${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a-b}{2}\right)}^2\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$. Así, $\sqrt{ab}=\sqrt{{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a-b}{2}\right)}^2}\le \sqrt{{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2}=\left|\frac{a+b}{2}\right|=\frac{a+b}{2}$

Solución Xeométrica

Facer debuxo

---

Dúbidas & Comentarios

Nesta sección pódesnos deixar as túas dúbidas e comentarios a cerca do problema anterior. Non teñas teima en preguntar, estamos aí para botar unha man!