Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség

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 $a_{1},\dots ,a_{n}\in \mathbb {R} \,(n\in \mathbb {N} )$ nemnegatív valós számok esetén

${\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$

és egyenlőség csak abban az esetben áll fenn, ha $a_{1}=\cdots =a_{n}$.

A tétel bizonyításai

Az n = 2 eset bizonyításai

Algebrai bizonyítás

Ekvivalens átalakításokkal

${\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}\geq {\sqrt {a_{1}a_{2}}}$

$(a_{1}+a_{2})^{2}\geq 4a_{1}a_{2}$

$a_{1}^{2}-2a_{1}a_{2}+a_{2}^{2}\geq 0$

$(a_{1}-a_{2})^{2}\geq 0$

ami mindig teljesül.

Geometriai bizonyítás

Az egymás mögé illesztett $\,a_{1}$ és $\,a_{2}$ hosszúságú szakaszok, mint átmérő fölé, rajzoljuk 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 $\,a_{1}=a_{2}$

Bizonyítások teljes indukcióval

1. bizonyítás

a.) A tételt $\,n=2$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha $\,n$-re igaz az állítás, akkor $\,2n$-re is igaz. Osszuk ugyanis fel a tetszőlegesen rögzített $\,2n$ számot két darab $\,n$-es csoportra; alkalmazzuk ezekre külön-külön az $\,n$-re vonatkozó indukciós feltevést; majd második lépésben alkalmazzuk az $\,n=2$ esetre már bizonyított tételt:

${\frac {a_{1}+\cdots +a_{2n}}{2n}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}+{\frac {a_{n+1}+\cdots +a_{2n}}{n}}\right)\geq {\frac {1}{2}}({\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}+{\sqrt[{n}]{a_{n+1}\cdots a_{2n}}})\geq {\sqrt[{2n}]{a_{1}\cdots a_{2n}}}$

Ezzel bizonyítottuk az állítást minden olyan esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány ($\,n=2^{k}$).

c.) Amennyiben $\,n$ nem 2-hatvány ($\,2^{k-1}<n<2^{k}$), akkor az $a_{1},\dots ,a_{n}$ nemnegatív valós számokhoz vegyük hozzá az $a_{n+1}=\cdots =a_{2^{k}}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=A_{n}$ elemeket, és alkalmazzuk az így kapott $a_{1},\dots ,a_{2^{k}}$ számokra a már bizonyított állítást:

$A_{n}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+A_{n}+...+A_{n}}{2^{k}}}\geq {\sqrt[{2^{k}}]{a_{1}\cdots a_{n}A_{n}^{(2^{k}-n)}}}$

Ekvivalens átalakításokkal:

$A_{n}^{2^{k}}\geq a_{1}\cdots a_{n}A_{n}^{(2^{k}-n)}$

$A_{n}^{n}\geq a_{1}\cdots a_{n}$

$A_{n}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$

amit bizonyítani kellett.

d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét.
$a_{1}=\dots =a_{n}=a$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor ${\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=a={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$
Tegyük fel most, hogy például $a_{1}\neq a_{2}$ ! Felhasználva, hogy ebben az esetben ${\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}>{\sqrt {a_{1}a_{2}}}$ :

${\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}={\frac {{\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}+{\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{\left({\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}\right)^{2}a_{3}\cdots a_{n}}}>{\sqrt[{n}]{({\sqrt {a_{1}a_{2}}})^{2}a_{3}\cdots a_{n}}}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$

tehát egyenlőség nem állhat fenn.

2. bizonyítás

a.) A tételt $\,n=2$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha $\,n$-re igaz az állítás, akkor $\,2n$-re is igaz, a már látott módon.

c.) Egyfajta fordított irányú indukciót alkalmazva igazoljuk, hogy ha $\,n+1$-re igaz az állítás, akkor $\,n$-re is teljesül, és így minden természetes számra fennáll. Az $a_{1},\dots ,a_{n}$ nemnegatív valós számokhoz vegyük ugyanis hozzá $\,(n+1)$-dik elemként a számok számtani középértékét, az $a_{n+1}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=A_{n}$ számot. Az indukciós feltevésből kiindulva, ekkor, ekvivalens átalakításokkal:

$A_{n}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+A_{n}}{n+1}}\geq {\sqrt[{n+1}]{a_{1}\cdots a_{n}A_{n}}}$

$A_{n}^{n+1}\geq a_{1}\cdots a_{n}A_{n}$

$A_{n}^{n}\geq a_{1}\cdots a_{n}$

$A_{n}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$,

amit bizonyítani kellett.

d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.

3. bizonyítás

a.) A tételt $\,n=2$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha $\,n$-re igaz az állítás, akkor $\,(n+1)$-re is igaz. Legyen ugyanis $A={\sqrt[{n(n+1)}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$ és $B={\sqrt[{n+1}]{a_{n+1}}}$, ekkor az indukciós feltevés miatt

${\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+a_{n+1}}{n+1}}\geq {\frac {n{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}+a_{n+1}}{n+1}}={\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}$

Mivel ${\sqrt[{n+1}]{a_{1}\cdots a_{n+1}}}=A^{n}B$, elegendő megmutatni, hogy

${\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}\geq A^{n}B$

Ekvivalens átalakításokkal:

${\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}\geq A^{n}B$

$nA^{n+1}+B^{n+1}\geq A^{n}B(n+1)=nA^{n}B+A^{n}B$

$nA^{n+1}-nA^{n}B-A^{n}B+B^{n+1}\geq 0$

$nA^{n}(A-B)+B(B^{n}-A^{n})\geq 0$

$(A-B)(nA^{n}-A^{n-1}B-\dots -AB^{n-1}-B^{n})\geq 0$,

ami mindig teljesül, mert $\,A>B$ esetén a bal oldalon két pozitív, $\,A<B$ esetén pedig két negatív szám szorzata szerepel.

c.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.

4. bizonyítás

a.) A tételt $\,n=2$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha $\,n$-re igaz az állítás, akkor $\,(n+1)$-re is igaz. 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

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

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 $A^{n}x\leq \left({\frac {An+x}{n+1}}\right)^{n+1}$ 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 $\,x=A$.

Richard Rado bizonyítása

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 $A_{n}\geq G_{n}$, akkor a képlet szerint $A_{n+1}\geq G_{n+1}$. 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

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

Pólya György bizonyítása

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 bal oldal $a_{1}+\cdots +a_{n}=nA$ 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.

Riesz Frigyes bizonyítása

$a_{1}=\dots =a_{n}$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor $A_{n}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}$. Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem, például $\min(a_{i})=a_{1}<A_{n}<a_{2}=\max(a_{i})(1\leq i\leq n)$. Helyettesítsük ebben az esetben $\,a_{1}$ helyébe az $\,A_{n}$, $\,a_{2}$ helyébe pedig az $\,a_{1}+a_{2}-A_{n}$ értéket. Ezzel a helyettesítéssel a számtani középérték nem változott, hiszen

${\frac {A_{n}+(a_{1}+a_{2}-A_{n})+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}=A_{n}$,

a mértani középérték viszont

$A_{n}(a_{1}+a_{2}-A_{n})-a_{1}a_{2}=(a_{1}-A_{n})(A_{n}-a_{2})\geq 0$

értékkel nőtt; továbbá a számok között most már az $\,A_{n}$ elem eggyel többször szerepel. Ezzel az eljárással véges sok lépésben valamennyi elemet $\,A_{n}$-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.

A tétel fontosabb alkalmazásai

Pozitív valós szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél

A tétel segítégégvel bebizonyítható, hogy ha $a>0,a\in \mathbb {R}$, akkor $a+{\frac {1}{a}}\geq 2$. Ugyanis ${\frac {a+{\frac {1}{a}}}{2}}\geq {\sqrt {a\cdot {\frac {1}{a}}}}$ egyenlőtlenség a tétel miatt igaz, hiszen a bal oldalon a és ${\frac {1}{a}}$ számtani, míg a jobb oldalon a mértani közepük van. A jobb oldalon a gyök alatt 1 van, és mivel ${\sqrt {1}}=1$, ezért ${\frac {a+{\frac {1}{a}}}{2}}\geq 1$, és 2-vel szorozva $a+{\frac {1}{a}}\geq 2$. QED

A tétel súlyozott változata

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

$a_{1}^{p_{1}}\cdots a_{n}^{p_{n}}\leq p_{1}a_{1}+\cdots +p_{n}a_{n}.$

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha $a_{1}=\cdots =a_{n}$. Ennek $p_{1}=\cdots p_{n}={\frac {1}{n}}$ speciális esete az eredeti tétel.

A tétel általánosításai

• a hatványközepek közötti egyenlőtlenség
• a szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség
• a Jensen-egyenlőtlenség

Források

• Dr. Korányi Erzsébet: Matematika a gimnáziumok 10. osztálya számára ISBN 963 8332 84 0
• Besenyei Ádám: A számtani-mértani közép és egyéb érdekességek