Relaciones de desigualdad entre las medias: armónica, geométrica, aritmética y cuadrática

En los últimos artículos anteriores a éste hemos demostrado que, en un caso concreto (para la pareja de números positivos $a$ y $b$, tales que $a+b=1$), la media armónica es menor que la media geométrica y ésta es menor que la m. aritmética, que, a su vez es menor que la media cuadrática. También hemos ido anunciado que estas desigualdades, en realidad, se generalizan a un conjunto arbitrario de $n$ números reales distintos de cero, sin ninguna restricción en la suma de los mismos. La demostración de esta proposición es, desde luego, un poquito más elaborada que con la restricción de suma igual a uno y con sólo dos números. En un futuro artículo haremos esta demostración general. De momento, avancemos pues esta importante cadena de desigualdades entre las medias citadas, y recordemos que una media, $M$, referida a un conjunto de datos es un parámetro estadístico tal que $\text{mínimo}(\{x_1,\ldots,x_n\}) \le M \le \text{máximo}(\{x_1,\ldots,x_n\})$: $$\displaystyle \text{MH}(\{x_1,\ldots,x_n\}) \le \displaystyle \text{MG}(\{x_1,\ldots,x_n\}) \le \displaystyle \text{MA}(\{x_1,\ldots,x_n\}) \le \displaystyle \text{MQ}(\{x_1,\ldots,x_n\})$$

Comparación de la media cuadrática con la media aritmética en unas condiciones concretas

Se consideran dos números reales positivos, $a$ y $b$, tales que $a+b=1$, se pide que demostremos que la media geométrica de dichos números es menor que su media aritmética.

Recordemos las definiciones de media cuadrática de $n$ números, $\displaystyle \text{MQ}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\sqrt{ \dfrac{1}{n} \left(x_{1}^{2}+ x_{2}^{2}+ \ldots + x_{n}^{2}\right)}$, y de media aritmética, $\text{MA}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\dfrac{x_1+\ldots+x_n}{n}$

En el caso que nos ocupa: $\text{MQ}(\{a,b\}):=\sqrt{\dfrac{1}{2}\,(a^2+b^2)}$ y teniendo en cuenta que $a+b=1$, $b=a-1$, con lo cual $\text{MQ}(\{a,b\})=\sqrt{\dfrac{1}{2}\,(a^2+(1-a^2)}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\gt \dfrac{1}{2}$, valor que es igual al de la media aritmética, pues $\text{MA}(\{a,b\}):=\dfrac{a+b}{2}\overset{a+b=1}{=}\dfrac{1}{2}$. Por consiguiente, $$\text{MQ}(\{a,b\})\gt \text{MA}(\{a,b\}) \therefore \text{MA}(\{a,b\})\lt \text{MQ}(\{a,b\})$$

-oOo-

Comentario:
Esta relación de desigualdad se extiende a un número arbitrario de números reales distintos de cero (positivos y negativos) cuya suma no necesariamente sea igual a $1$. La demostración es un poco más elaborada.

$\diamond$

Comparación de la media geométrica con la media aritmética en unas condiciones concretas

Se consideran dos números reales positivos, $a$ y $b$, tales que $a+b=1$, se pide que demostremos que la media geométrica de dichos números es menor que su media aritmética.

Recordemos las definiciones de media geométrica de $n$ números, $\displaystyle \text{MG}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdot \ldots \cdot x_n}$, y de media aritmética, $\text{MA}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\dfrac{x_1+\ldots+x_n}{n}$

En el caso que nos ocupa: $\text{MG}(\{a,b\}):=\sqrt[2]{a\cdot b}$ y teniendo en cuenta que $a+b=1$, $b=a-1$, con lo cual $\text{MG}(\{a,b\})=\sqrt{a-a^2}$, cantidad que, teniendo en cuenta que $0\lt a \lt 1$, alcanza un máximo absoluto (cuyo valor es $\dfrac{1}{2}$) para $a=\dfrac{1}{2}$, valor que, por otra parte es igual al de la media aritmética, pues $\text{MA}(\{a,b\}):=\dfrac{a+b}{2}\overset{a+b=1}{=}\dfrac{1}{2}$. Por consiguiente, $$\text{MG}(\{a,b\})\lt \dfrac{1}{2}=\text{MA}(\{a,b\}) \therefore \text{MG}(\{a,b\})\lt \text{MA}(\{a,b\})$$

-oOo-

Comentario:
Esta relación de desigualdad se extiende a un número arbitrario de números reales distintos de cero (positivos y negativos) cuya suma no necesariamente sea igual a $1$. La demostración es un poco más elaborada.

$\diamond$

Comparación de la media armónica con la media aritmética en unas condiciones concretas

Se consideran dos números reales positivos, $a$ y $b$, tales que $a+b=1$, se pide que demostremos que la media armónica de dichos números es menor que su media aritmética.

Recordemos las definiciones de media armónica de $n$ números, $\text{MH}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1}+\ldots+\dfrac{1}{x_n}}$, y de media aritmética, $\text{MA}(\{x_1,\ldots,x_n\}):=\dfrac{x_1+\ldots+x_n}{n}$

En el caso que nos ocupa: $\text{MH}(\{a,b\}):=\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}=\dfrac{2\,ab}{a+b}\overset{a+b=1}{=}2\,ab \quad (1)$

Por otra parte, en el artículo precedente a éste en este mismo blog, y en las condiciones del eneunciado, hemos demostrado que $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$, es decir,
  $\dfrac{a+b}{2\,ab} \gt 2$
    $a+b \gt 2\,ab$
      $\dfrac{a+b}{2} \gt ab \Rightarrow ab \lt \dfrac{a+b}{2}=:\text{MA}(\{a,b\}) \quad (2)$

Entonces, recordemos que, de $(1)$, se tiene que:
  $\text{MH}(\{a,b\})=2\,ab \lt ab$
y teniendo en cuenta $(2)$,
  $\text{MH}(\{a,b\})=2\,ab \lt ab \lt \text{MA}(\{a,b\}) \therefore \text{MH}(\{a,b\}) \lt \text{MA}(\{a,b\}) $

-oOo-

Comentario:
Esta relación de desigualdad se generaliza para un número arbitrario de números reales distintos de cero (positivos y negativos) cuya suma no necesariamente sea igual a $1$. La demostración es un poco más elaborada.

$\diamond$

Otra manera de demostrar la proposición del ejercicio anterior

Se consideran dos números reales positivos, $a$ y $b$, tales que $a+b=1$, se pide que demostremos la siguiente desigualdad $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$, empleando un método alternativo al del ejercicio del artículo precedente.

Recordemos que, ya sea que $a=b$, o, por el contrario, que $a\neq b$, hemos visto (en el artículo precedente a éste) que la desigualdad propuesta podemos demostrarla de la siguiente manera:
  $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=$
    $=\dfrac{a+b}{a}+\dfrac{a+b}{b}$
      $=\dfrac{a}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{b}$
        $=1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+1$
          $=2+\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)$
Y teniendo en cuenta que, al ser $a$ y $b$, positivos y menores que uno, se tiene que $0\lt \dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 1$. En consecuencia, $2+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 2$. Por consiguiente,
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$$

Sin embargo, ahora, nos proponemos hacer la demostración mediante un método alternativo:
Vamos a distinguir los dos casos siguientes, que cubren todas las posibilidades:

1. En el caso de que $a=b$, entonces, como $0\lt a \lt 1$ y $0\lt b \lt 1$ y $a+b=1$, se tiene que $a=b=\dfrac{1}{2}$, luego $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{\frac{1}{2}}=2$, y, por tanto, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=4\gt 2 \quad \diamond$
2. En el caso de que $a\neq b$, entonces, como $0\lt a \lt 1$ y $0\lt b \lt 1$ y $a+b=1$, y visto el caso anterior, por el principio (de recuento) del palomar, uno de los dos tiene que ser menor que $\dfrac{1}{2}$, que, sin pérdida de generalidad, vamos a suponer que éste sea $a$. Entonces, si $a\lt \dfrac{1}{2}$, se tiene que $\dfrac{1}{2} \gt \dfrac{1}{\frac{1}{2}}=2$, y, por tanto, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2+\dfrac{1}{b}$. Pero, el valor de $\dfrac{1}{b}$, ha de ser necesariamente mayor que cero, en consecuencia $2+\dfrac{1}{b}\gt 2$, con lo cual $$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \gt 2+\dfrac{1}{b} \gt 2$$ $\diamond$

Un sencillo ejercicio de demostración

Se consideran dos números reales positivos, $a$ y $b$, tales que $a+b=1$. Se pide que demostremos que, en estas condiciones, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$

Ya sea que $a=b$, o, por el contrario, que $a\neq b$, podemos demostrar la desigualda propuesta de la siguiente manera:   $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=$
    $=\dfrac{a+b}{a}+\dfrac{a+b}{b}$
      $=\dfrac{a}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{b}$
        $=1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+1$
          $=2+\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)$
Y teniendo en cuenta que, al ser $a$ y $b$, positivos y menores que uno, se tiene que $0\lt \dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 1$. En consecuencia, $2+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 2$. Por consiguiente,
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$$

  $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=$
    $=\dfrac{a+b}{a}+\dfrac{a+b}{b}$
      $=\dfrac{a}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{b}$
        $=1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}+1$
          $=2+\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)$
Y teniendo en cuenta que, al ser $a$ y $b$, positivos, se tiene que $\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 0$. En consecuencia, $2+\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\gt 2$. Por consiguiente,
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\gt 2$$ $\diamond$

Reducciones al primer cuadrante de las razones de los cuadrantes segundo, tercero y cuarto

Teniendo en cuenta las simetrías y rotaciones del triángulo (que se forma en la circunferencia trigonométrica al fijar el ángulo en diversos cuadrantes), veamos algunas relaciones de las razones trigonométricas de ángulos fuera del primer cuadrante con el ángulo $\alpha$ del primer cuadrante. Para ello, basta con hacer los dibujitos, de manera que, sin más, teniendo en cuenta los signos de la proyecciones de las razones con los ejes cartesianos, resulta comprensible lo siguiente:

Algunas relaciones entre las razones trigonométricas del segundo cuadrante y las del ángulo de referencia $\alpha$ del primer cuadrante:
  $\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{2})=\cos(\alpha)$
  $\cos(\alpha+\dfrac{\pi}{2})=-\sin(\alpha)$
  $\tan(\alpha+\dfrac{\pi}{2})=-\dfrac{1}{\tan(\alpha)}$

-oOo- Y, como $\pi-\alpha$ y $\alpha$ son ángulos suplementarios:
  $\sin(\pi-\alpha)=\sin(\alpha)$
  $\cos(\pi-\alpha)=-\cos(\alpha)$
  $\tan(\pi-\alpha)=-\tan(\alpha)$

Algunas relaciones entre las razones trigonométricas del tercer cuadrante y las del ángulo de referencia $\alpha$ del primer cuadrante:
  $\sin(\alpha+\pi)=-\sin(\alpha)$
  $\cos(\alpha+\pi)=-\cos(\alpha)$
  $\tan(\alpha+\pi)=\tan(\alpha)$

Algunas relaciones entre las razones trigonométricas del cuarto cuadrante y las del ángulo de referencia $\alpha$ del primer cuadrante:
  $\sin(2\,\pi-\alpha)=\sin(-\alpha)=-\sin(\alpha)$
  $\cos(2\,\pi-\alpha)=\cos(-\alpha)=\cos(\alpha)$
  $\tan(2\,\pi-\alpha)=\tan(-\alpha)=-\tan(\alpha)$

-oOo-   $\sin(\dfrac{3}{2}\,\pi+\alpha)=\sin(-\dfrac{\pi}{2}+\alpha)=-\cos(\alpha)$
  $\cos(\dfrac{3}{2}\,\pi+\alpha)=\sin(-\dfrac{\pi}{2}+\alpha)=\sin(\alpha)$
  $\tan(\dfrac{3}{2}\,\pi+\alpha)=\tan(-\dfrac{\pi}{2}+\alpha)=-\dfrac{1}{\tan(\alpha)}$

-oOo-

Tengamos en cuenta también las razones trigonométricas entre ángulos complementarios del primer cuadrante:
  $\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)=\cos(\alpha)$
  $\cos(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)=\sin(\alpha)$
  $\tan(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)=\dfrac{1}{\tan(\alpha)}$
$\diamond$

Una aplicación de la trigonometría a un problema de velocidad relativa

Una embarcación $A$ navega hacia el Este a una velocidad de $10$ nudos. Nos preguntamos a qué velocidad debe desplazarse otra embarcación $B$ que navega con rumbo $030^\circ$ (esto es, $\text{N}\,30^\circ\,\text{E}$) para que, desde $A$ se vea a $B$ alejarse en todo momento hacia el Norte?

Representando los vectores de velocidad $\vec{v_A}$, $\vec{v_B}$ y el vector de velocidad relativa de $B$ con respecto a $A$ ($\vec{v_r}=\vec{v_B}-\vec{v_A}$) en las condiciones expuestas en el enunciado, se configura el siguiente triángulo vectorial, que, en nuestro caso es un triángulo rectángulo:

Entonces, como el módulo de $\vec{v_A}$ es $\left\|\vec{v_A}\right\|=10$ nudos (que designaremos por, por comodidad, por $v_A$), el módulode $\vec{B}$ (que designaremos por $v_B$) ha de cumplir que $\dfrac{10}{v_B}=\cos(90^\circ-30^\circ)$, esto es,
  $\dfrac{v_B}{10}=\dfrac{1}{\cos(60^\circ)}$
    $\dfrac{v_B}{10}=\dfrac{1}{\frac{1}{2}}$
      $\dfrac{v_B}{10}=2$
        $v_B=2\cdot 10$
          $v_B=20$ nudos
$\diamond$

Un ejercicio de cálculo con logaritmos en el que debemos hacer un cambio en la base logarítmica

Se pide que, sin la ayuda de la calculadora científica, calculemos $\log_{3}\,(1000)$, sabiendo que (dato) $\log_{10}\,(3)\approx 0,4771$

Denotemos $t=\log_{3}\,(1000)$, entonces $1000=3^t$. Sacando logaritmos en base $10$ en cada miembro de esa igualdad nos queda $\log_{10}\,(1000)=t\,\log_{10}\,(3)$, esto es, $\log_{10}\,(10^3)=3=t\,\log_{10}\,(3)$, con lo cual $t=\dfrac{3}{\log_{10}\,(3)}\overset{\text{dato}}{=}\dfrac{3}{0,4771}=\dfrac{30\,000}{4771}\approx 6,2820$
$\diamond$