Da prova que Média Aritmética é maior que
Média Geométrica
(Por Ricardo Daniel Kossatz)
Prove que:
x yz 3
 x. y.z
3
Elevando tudo por 3 temos:
x yz

  x. y.z
3


3
x yz
é a média aritmética das arestas de um paralelepípedo regular, cujo
3
resultado pode ser considerado como o valor da aresta de um cubo com o mesmo
perímetro (soma de todas as arestas) do paralelepípedo, podemos igualar a expressão à
x yz
aresta do cubo, ou seja: A 
3
Como
Donde temos:
A3  x. y.z
Ou seja, o volume de um cubo é sempre maior ou igual ao volume de um paralelepípedo
cujo perímetro total seja igual ao do cubo.
Podemos definir x como sendo a soma da média aritmética (A) com outro valor
qualquer (K), sendo que (K) pode ser qualquer número real (positivo ou negativo).
Podemos fazer o mesmo com y e z:
x  A K
y  A L
z  A M
Mas como estamos comparando dois sólidos com o mesmo perímetro total temos que:
K LM 0
Alterando os valores de x, y e z na fórmula temos:
x. y.z  A3
( A  K ).( A  L).( A  M )  A3
Multiplicando-se os termos temos:
A3  ( K  L  M ).A2  ( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M  A3
Como K  L  M  0 temos:
A3  0. A2  ( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M  A3
Passando A 3 para o outro lado:
( K.L  K .M  L.M ).A  K .L.M  0
Ou ainda:
( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M
Se provarmos que a expressão acima está correta, estaremos provando, portanto, a
equação inicial.
Sobre os valores de K, L e M:
Como temos que K  L  M  0 , sabemos então que as três incógnitas não podem ser
todas positivas ou todas negativas, restando três possibilidades que aqui chamarei de
hipótese HA, hipótese HB e hipótese HC.
Hipótese HA
K 0
L0
M 0
Na hipótese HA temos que L = 0, portanto:
( K .0  K .M  0.M ).A  K .0.M
Ou seja:
K .M . A  0 , o que é real, pois K e somente K é menor que zero, e portanto K .M . A  0
Ou seja: a hipótese HA confirma a equação inicial
Hipótese HB
K 0
L0
M 0
Agora tomemos a hipótese HB onde L > 0, portanto:
( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M
Pode ser transformado em:
(( L  M ) K  L.M ).A  K .L.M
Ora, se apenas K é um numero negativo, temos que K .L.M  0 e, portanto
 K .L.M  0 .
Basta então demonstrar que (( L  M ) K  L.M ).A sempre será menor ou igual a zero
para confirmarmos também a hipótese HB. Vamos lá:
(( L  M ) K  L.M ).A  0
Sabemos que K  L  M  0 e que, portanto L  M  K , substituindo na fórmula
temos:
( K 2  L.M ).A  0 .
 
Como A é um número real maior que 0, assim como L e M, basta verificarmos se
K 2  L.M para validarmos a equação inicial na HB.
 
Elevando ambos os termos da expressão  K  L  M ao quadrado temos:
2
(  K ) 2  L  M  :
K 2  L2  2.L.M  M 2
 
Alterando-se o valor do quadrado de K em K 2  L.M temos:
L2  2.L.M  M 2  L.M
L2  M 2  2.L.M  L.M  0
Simplificando temos:
L2  M 2  L.M  0
Como só K é negativo temos que a expressão acima está correta e que, portanto:
( K 2  L.M )  0
 
Então:
( K 2  L.M ).A  0
 
Ou seja: a hipótese HB confirma a equação inicial
Vamos agora a terceira hipótese:
Hipótese HC
K 0
L0
M 0
Ou seja, temos agora que K e L são números negativos.
Novamente a equação que queremos provar:
( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M
Com K e L são negativos temos que K .L.M  0 e portanto  K.L.M  0 . Portanto não
nos basta provar apenas que o primeiro lado da equação é menor ou igual à zero, mas
sim que ele também é menor ou igual ao segundo lado desta mesma equação.
Ora, por definição x, y e z são números reais e positivos então (assumindo que x seja o
menor dos números, mas poderia ser qualquer outro – seria só uma questão de mudança
das letras):
x0
x  A K
A K  0
A  K
Agora vou introduzir um novo elemento, o “f” para representar qualquer número real
positivo. Temos que:
A  K
A  K  f
Substituindo na fórmula temos:
( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M
( K .L  K.M  L.M ).( f  K )   K .L.M
Desenvolvendo teremos:
( K.L  K.M  L.M ). f  ( K.L  K.M  L.M ).K  K.L.M
Ou seja:
( K .L  K .M  L.M ). f  ( L.K 2  M .K 2  K .L.M )   K .L.M
Ou:
( K .L  K .M  L.M ). f  L.K 2  M .K 2  K .L.M   K .L.M
Passando –KLM para o outro lado:
( K .L  K .M  L.M ). f  L.K 2  M .K 2  0
Ou ainda:
( K .L  K .M  L.M ). f  ( L  M ).K 2  0
Ora, como K  L  M  0 , então K  ( L  M ) , substituindo
( K .L  K .M  L.M ). f  K 3  0
Como K é negativo então K 3  0 , precisamos apenas provar então que
( K .L  K .M  L.M )  0 , pois f é positivo.
Re-arrumando temos:
K .L  ( K  L).M  0
Ou ainda:
( K  L).M  K .L
Como ( K  L)  M , temos:
 (M ) 2  K .L
Elevando ( K  L)  M ao quadrado temos:
(  M ) 2  K  L  :
2
M 2  K 2  2.K .L  L2
Alterando-se o valor do quadrado de M em  (M ) 2  K .L teremos:
 ( K 2  2.K .L  L2 )  K .L
 K 2  2.K .L  L2  K .L
Simplificando temos:
 K 2  2.K .L  L2  K .L  0
 K 2  L2  3.K .L  0
Re-arrumando temos:
 K 2  L2  3.K .L
Como K e L são negativos:
3.K .L  0 e  K 2  L2  0
Temos que, portanto, está correta a afirmação  K 2  L2  3.K .L e por conseguinte a
expressão ( K .L  K .M  L.M ).A  K .L.M na hipótese HC.
Prova-se, portanto, para todas as hipóteses possíveis que
x yz 3
 x. y.z está
3
correta.
Se bem que até agora eu só provei que
ocorrer
x yz 3
 x. y.z , e não que também pode
3
x yz 3
 x. y.z , mas agora ficou fácil:
3
Sempre que K, L e M forem iguais à zero, e que, portanto, x, y e z forem iguais entre si,
ou seja, x = y = z =A teremos que:
A A A 3
 A. A. A
3
Ou seja
3. A 3 3
 A , quer dizer: A=A,
3
Portanto
positivos.
x yz 3
 x. y.z , onde x, y e z podem ser quaisquer números reais
3