Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség egy matematikai tétel, ami szerint ha $a_1,\dots,a_n$ nemnegatív valós számok, akkor

$\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\leq \frac{a_1+\cdots+a_n}{n}$

teljesül, tehát n szám számtani közepe legalább akkora, mint a mértani közepe. Egyenlőség csak akkor van, ha $a_1=\cdots=a_n$ .

[szerkesztés] Bizonyításai

[szerkesztés] Az n=2 eset

A bizonyítandó $\sqrt{a_1a_2}\leq\frac{a_1+a_2}{2}$ ekvivalens $4a_1a_2\leq (a_1+a_2)^2$ -nel, de a jobboldal négyzetéből a baloldalt levonva $a_1^2-2a_1a_2+a^2_2$ -t kapunk, ami $(a 1 - a 2) 2$ , tehát nemnegatív.

[szerkesztés] Első bizonyítás

Indukcióval bizonyítunk, az $n = 2$ eset már megvan. Belátjuk, hogy ha n-re igaz az állítás, akkor 2n-re is. Az adott 2n számot osszuk két n-es csoportra, majd külön-külön alkalmazzuk az n-re vonatkozó állítást:

$a_1\cdots a_na_{n+1}\cdots a_{2n}\leq \left(\frac{A}{n}\right)^n\left(\frac{B}{n}\right)^n=\left(\frac{A}{n}\cdot\frac{B}{n}\right)^n$

ahol A az első n, B pedig az utolsó n szám összege. Az n=2 esetet alkalmazva az $\frac{A}{n}\frac{B}{n}$ szorzat legfeljebb

$\left(\frac{\frac{A}{n}+\frac{B}{n}}{2}\right)^2=\left(\frac{A+B}{2n}\right)^2$

tehát azt kaptuk, hogy 2n szám szorzata legfeljebb átlaguk 2n-edik hatványa, azaz készen vagyunk. Ezzel megkaptuk az állítást arra az esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány. Ha n nem 2-hatvány, így járunk el: tegyük fel, hogy $a_1,\dots,a_n$ nemnegatív valós számok, számtani közepük A. Legyen $2 k > n$ , egészítsük ki sorozatunkat $2 k - n$ új, A-val egyenlő taggal. Az új sorozat tagjainak számtani közepe még mindig A. Alkalmazva a már igazolt esetet, az adódik, hogy

$a_1\cdots a_n A^{2^k-n}\leq A^{2^k},$

azaz

$a_1\cdots a_n\leq A^n$

[szerkesztés] Második bizonyítás

Indukcióval feltehetjük, hogy n-re igaz az állítás és n+1 szám van adva: $a_1,\dots,a_n$ és x. Jelöljük A-val az $a_1,\dots,a_n$ számok számtani közepét. Az indukciós hipotézis miatt tudjuk, hogy $a_1\cdots a_n\leq A^n$ . Be kell látnunk, hogy

$a_1\cdots a_nx \leq \left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}$

teljesül minden $x\geq 0$ számra. Az indukció miatt már tudjuk, hogy $a_1\cdots a_n\leq A^n$ , ezért azt kell belátni, hogy $A^nx\leq \left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}$ azaz

$f(x)=\left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}-A^n x\geq 0$

teljesül. $f (x)$ polinom, ami 0-ban pozitív, A-ban nulla, végtelenben pedig végtelenhez tart. Így van minimuma, ahol deriváltja nulla. Kiszámolva:

$f'(x)=\frac{(An+x)^n}{(n+1)^n}-A^n=0$

ahonnan $x = A$ .

[szerkesztés] Harmadik bizonyítás

Ez az indukciós bizonyítás erősebb állítást igazol. Tegyük fel, hogy n+1 számunk van, ezek számtani és mértani közepe $A n + 1$ és $G n + 1$ , az első n szám számtani illetve mértani közepe pedig $A n$ és $G n$ . Ekkor

$n(A_n-G_n)\leq (n+1)(A_{n+1}-G_{n+1}).$

Ez elég, hiszen ha $A_n\ge G_n$ , akkor a képlet szerint $A_{n+1}\ge G_{n+1}$ . A képlet igazolásához $G n$ -nel osztva, 0-ra redukálva és bevezetve az

$x=\left(\frac{a_{n+1}}{G_n}\right)^{\frac{1}{n+1}}$

új változót, a következő adódik:

$x^{n+1}-(n+1)x+n\geq 0.$

Ezt kell tehát $x\geq 0$ -ra igazolni. Ezt n-re való indukcióval bizonyítjuk. Az $n = 0$ eset igaz. Ha pedig n-1-re igaz, akkor n-re

$x^{n+1}-(n+1)x+n=\left(x^n-nx+(n-1)\right)x+n(x-1)^2\geq 0.$

(Richard Rado bizonyítása)

[szerkesztés] Negyedik bizonyítás

Ez az analízis mély fogalmait használó bizonyítás az exponenciális függvény következő tulajdonságára épül: $e^x\geq 1+x$ ha x valós, egyenlőség csak akkor áll, ha $x = 0$ . Tegyük fel tehát, hogy adottak az $a_1,\dots,a_n$ pozitív számok, számtani közepük A. Írjuk fel az említett egyenlőtlenséget az $\frac{a_i}{A}-1$ ( $i=1,\dots,n$ )számokra:

$e^{\frac{a_i}{A}-1}\geq\frac{a_i}{A}$

Összeszorozva ezeket azt kapjuk, hogy

$e^{\frac{a_1+\cdots+a_n}{A}-n}\geq \frac{a_1\cdots a_n}{A^n}.$

A baloldal $a_1+\cdots+a_n=nA$ miatt így alakítható:

e n - n = 1

és ezzel azt kaptuk, hogy $a_1\cdots a_n\leq A^n$ , tehát készen vagyunk. Egyenlőség csak akkor áll, ha $\frac{a_1}{A}=\cdots=\frac{a_n}{A}=1$ , azaz a számok egyenlőek. Ezt a bizonyítást Pólya György álmában találta.

[szerkesztés] Ötödik bizonyítás

Ha valamelyik $a_i\,$ szám nulla, akkor az állítás triviális. Így feltehető, hogy mindegyik pozítiv. Az állítás homogén, így elég bizonyítani arra az esetre, hogy

$\sum_{i=1}^n a_i=n$ esetén $\prod_{i=1}^n a_i \leq 1$

teljesül. Ha minden $a_i\,$ szám egy, akkor megint triviálisan igaz az állítás, sőt egyenlőség van. Ellenkező esetben így feltehető, hogy nem minden szám egy, de mivel az $n\,$ szán összege $n\,$ , ezért van egynél kisebb és nagyobb szám is köztük. Legyen ez a kettő: $a<1<b\,$ . Cseréljük ki ezt a két számot $c=1\,$ és $d=a+b-1\,$ -gyel, ekkor az összeg állandó marad, mert $c+d=a+b\,$ , viszont a szorzat növekszik, mert $a*b < a+b-1\,$ ( hiszen rendezve: $(a-1)*(b-1) < 0\,$ ). Így az összeg nem változott a szorzat nőtt és eggyel több 1-es lett a számok közt. Az eljárást folytatva így minden szám egy lesz, amire teljesül az egyenlőtlenség tehát az eredeti is igaz lesz.

[szerkesztés] Súlyozott alak

A tétel súlyozott változata a következő. Ha $a_1,\dots,a_n$ nemnegatív valós számok, $p_1,\dots,p_n$ pozitív valós számok, amikre $p_1+\cdots+p_n=1$ teljesül, akkor