Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy <math>(1+ \frac{x}{n})^n</math> is szigorúan monoton növekedő, ahol <math>x</math> tetszőleges valós szám.
Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy <math>(1+ \frac{x}{n})^n</math> is szigorúan monoton növekedő, ahol <math>x</math> tetszőleges valós szám.
=== Azonos kerületű háromszögek ===
Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy <math>a,b,c</math> oldalú háromszög félkerülete legyen <math>s=\frac{a+b+c}{2}</math>. Heron képlete szerint a háromszög területe <math>t= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)},</math> vagyis az <center><math>(a,b,c) \mapsto (s-a)(s-b)(s-c))</math></center> függvényt kell maximalizálnunk rögzített <math>s</math> mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtleség alapján <center><math> \sqrt[3]{(s-a)(s-b)(s-c)} \le \frac{s-a+s-b+s-c}{3}= \frac{s}{3}.</math></center>
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha <math>a=b=c</math>.
== A tétel súlyozott változata ==
== A tétel súlyozott változata ==
A lap 2013. október 11., 19:54-kori változata
A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség egy matematikai tétel, amely szerint nemnegatív valós számok számtani középértéke nem lehet kisebb, mint a számok mértani középértéke; egyenlőség is csak akkor állhat fenn, ha a szóban forgó számok megegyeznek.
A tétel megfogalmazása
Bármely nemnegatív valós számok esetén
és egyenlőség csak abban az esetben áll fenn, ha .
A tétel bizonyításai
Az n = 2 eset bizonyításai
Algebrai bizonyítás
Ekvivalens átalakításokkal
ami mindig teljesül.
Geometriai bizonyítás
Az egymás mögé illesztett és hosszúságú szakaszok, mint átmérő fölé, rajzoljunk félkörívet! Ennek sugara a két szám számtani közepe lesz. A két szám mértani közepének megfelel a szakaszok érintkezési pontjába állított és a körívig húzott merőlegesnek a hossza. Az ábráról leolvasható, hogy az utóbbi csak abban az esetben éri el a sugár hosszát, ha .
Bizonyítások teljes indukcióval
1. bizonyítás
a.) A tételt esetre már bizonyítottuk.
b.) Igazoljuk, hogy ha -re igaz az állítás, akkor -re is igaz.
Osszuk ugyanis fel a tetszőlegesen rögzített számot két darab -es csoportra; alkalmazzuk ezekre külön-külön az -re vonatkozó indukciós feltevést; majd második lépésben alkalmazzuk az esetre már bizonyított tételt:
Ezzel bizonyítottuk az állítást minden olyan esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány ().
c.) Amennyiben nem 2-hatvány (), akkor az nemnegatív valós számokhoz vegyük hozzá az elemeket, és alkalmazzuk az így kapott számokra a már bizonyított állítást:
Ekvivalens átalakításokkal:
amit bizonyítani kellett.
d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét. esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor
Tegyük fel most, hogy például ! Felhasználva, hogy ebben az esetben :
tehát egyenlőség nem állhat fenn.
2. bizonyítás
a.) A tételt esetre már bizonyítottuk.
b.) Igazoljuk, hogy ha -re igaz az állítás, akkor -re is igaz, a már látott módon.
c.) Egyfajta fordított irányú indukciót alkalmazva igazoljuk, hogy ha -re igaz az állítás, akkor -re is teljesül, és így minden természetes számra fennáll. Az nemnegatív valós számokhoz vegyük ugyanis hozzá -dik elemként a számok számtani középértékét, az számot. Az indukciós feltevésből kiindulva, ekkor, ekvivalens átalakításokkal:
,
amit bizonyítani kellett.
d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.
3. bizonyítás
a.) A tételt esetre már bizonyítottuk.
b.) Igazoljuk, hogy ha -re igaz az állítás, akkor -re is igaz.
Legyen ugyanis és , ekkor az indukciós feltevés miatt
Mivel , elegendő megmutatni, hogy
Ekvivalens átalakításokkal:
,
ami mindig teljesül, mert esetén a bal oldalon két pozitív, esetén pedig két negatív szám szorzata szerepel.
c.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.
4. bizonyítás
a.) A tételt esetre már bizonyítottuk.
b.) Igazoljuk, hogy ha -re igaz az állítás, akkor -re is igaz.
Indukcióval feltehetjük, hogy -re igaz az állítás és
szám van adva: és . Jelöljük -val az számok számtani közepét. Az indukciós hipotézis miatt tudjuk, hogy . Be kell látnunk, hogy
teljesül minden számra.
Az indukció miatt már tudjuk, hogy , ezért azt kell belátni, hogy
azaz
teljesül. polinom, ami 0-ban pozitív, -ban nulla, végtelenben pedig végtelenhez tart. Így van minimuma, ahol deriváltja nulla.
Kiszámolva:
ahonnan .
Richard Rado bizonyítása
Richard Rado indukciós bizonyítása erősebb állítást igazol.
Tegyük fel, hogy számunk van, ezek számtani és mértani közepe és , az első szám számtani illetve mértani közepe pedig és . Ekkor
Ez elég, hiszen ha , akkor a képlet szerint . A képlet igazolásához -nel osztva, 0-ra redukálva és bevezetve az
új változót, a következő adódik:
Ezt kell tehát -ra igazolni.
Ezt -re való indukcióval bizonyítjuk. Az eset igaz.
Ha pedig -re igaz, akkor -re
Pólya György bizonyítása
Pólya György bizonyítása, ami az analízis mély fogalmait használja, az exponenciális függvény következő tulajdonságára épül: ha valós, egyenlőség csak akkor áll, ha .
Tegyük fel tehát, hogy adottak az pozitív számok, számtani közepük . Írjuk fel az említett egyenlőtlenséget az () számokra:
Összeszorozva ezeket azt kapjuk, hogy
A bal oldal miatt így alakítható:
és ezzel azt kaptuk, hogy , tehát készen vagyunk. Egyenlőség csak akkor áll, ha , azaz a számok egyenlőek. Ezt a bizonyítást Pólya György álmában találta.
Riesz Frigyes bizonyítása
Riesz Frigyes bizonyítása a következő:
esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor . Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem, például . Helyettesítsük ebben az esetben helyébe az , helyébe pedig az értéket. Ezzel a helyettesítéssel a számtani középérték nem változott, hiszen
,
a mértani középérték viszont
értékkel nőtt; továbbá a számok között most már az elem eggyel többször szerepel. Ezzel az eljárással véges sok lépésben valamennyi elemet -re cserélhetjük, miközben a számtani közép változatlan marad, a mértani közép pedig fokozatosan nő. Az eljárás végén elérjük a bizonyítás elején már tárgyalt egyenlőséget, és ezzel egyben a tételt is igazoltuk.
Pozitív valós szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél
A tétel segítégégvel bebizonyítható, hogy ha , akkor
. Ugyanis
egyenlőtlenség a tétel miatt igaz, hiszen a bal oldalon a és számtani, míg a jobb oldalon a mértani közepük van. A jobb oldalon a gyök alatt 1 van, és mivel , ezért
, és 2-vel szorozva
. QED
A rendezési tétel helyettesítése több feladat megoldásában
Ebben a példában az egyenlőtlenség a rendezési tételt helyettesíti:
Igazoljuk, hogy (a, b, c poz. valós számok).
Bizonyítás: . A változók ciklikus permutálásával kapott három egyenlőtlenséget összeadva adódik az igazolandó. Leolvashatjuk az egyenlőség esetét is: a=b=c.
Az sorozat határértéke
Megmutatjuk, hogy . Valóban, hiszen a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján
Az sorozat szigorúan monoton növekedő
Azt kell igazolni, hogy . A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján
Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy is szigorúan monoton növekedő, ahol tetszőleges valós szám.
Azonos kerületű háromszögek
Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy oldalú háromszög félkerülete legyen . Heron képlete szerint a háromszög területe vagyis az
függvényt kell maximalizálnunk rögzített mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtleség alapján
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha .
A tétel súlyozott változata
A tétel súlyozott változata a következő.
Ha nemnegatív valós számok, pozitív valós számok, amikre teljesül, akkor
Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha .
Ennek speciális esete az eredeti tétel.