Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából

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[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Az n = 2 eset bizonyításai[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Algebrai bizonyítás

Ekvivalens átalakításokkal

\frac{a_1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_1a_2}

(a_1+a_2)^2\geq 4a_1a_2

a_1^2-2a_1a_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, 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 \,a_1=a_2.

Számtani-mértani közép-egyenlőtlenség.png

Bizonyítások teljes indukcióval[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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)^2a_3\cdots a_n}>\sqrt[n]{(\sqrt{a_1a_2})^2a_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_nA_n}

A_n^{n+1}\geq a_1\cdots a_nA_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^nB, elegendő megmutatni, hogy

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

Ekvivalens átalakításokkal:

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

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

nA^{n+1}-nA^nB-A^nB+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_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.

Richard Rado bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Richard Rado indukciós bizonyítása 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.

Pólya György bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Pólya György bizonyítása, ami az analízis mély fogalmait használja, 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[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Riesz Frigyes bizonyítása a következő: 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_1a_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[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Pozitív valós szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A tétel segítégégvel bebizonyítható, hogy ha a>0, a\in\mathbb{R}, akkor a+\frac{1}{a}\ge2. Ugyanis \frac{a+\frac{1}{a}}{2}\ge\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}\ge1, és 2-vel szorozva a+\frac{1}{a}\ge2. QED

A rendezési egyenlőtlenség helyettesítése több feladat megoldásában[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ebben a példában az egyenlőtlenség a rendezési egyenlőtlenséget helyettesíti:

Igazoljuk, hogy a^8+b^8+c^8\ge a^4b^3c+b^4c^3a+c^4a^3b (a, b, c poz. valós számok). Bizonyítás: a^4b^3c=(a^{32}b^{24}c^8)^{1/8}=(a^8a^8a^8a^8b^8b^8b^8c^8)^{1/8}\le\frac{4a^8+3b^8+c^8}8. A változók ciklikus permutálásával kapott három egyenlőtlenséget összeadva adódik az igazolandó. Leolvashatjuk az egyenlőség esetét is: a=b=c.

Az \sqrt[n]{n} sorozat határértéke[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Megmutatjuk, hogy \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n}=1. Valóban, hiszen a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

1\le\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\sqrt{n}*1*\ldots*1} \le\frac{2\sqrt{n}+ n-2}{n}=1+\frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{n}\to 1.

Az (1+ \frac{1}{n})^n sorozat korlátos és szigorúan monoton növekedő[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Megmutatjuk, hogy (1+ \frac{1}{n})^n \le 4. Valóban, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján


\sqrt[n+2]{(1+ \frac{1}{n})^{n} * \frac{1}{2} * \frac{1}{2}} 
\le \frac{n(1+ \frac{1}{n})+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}}{n+2}=1.

Ebből n+2-edikre emelés és rendezés után adódik a felső korlát. A szigorúan monoton növekedéshez azt kell igazolni, hogy (1+ \frac{1}{n+1})^{n+1} > (1+ \frac{1}{n})^{n}. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján


\sqrt[n+1]{(1+ \frac{1}{n})^{n}*1} \le \frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}=1+ \frac{1}{n+1}.

Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy (1+ \frac{x}{n})^n is korlátos és szigorúan monoton növekedő, ahol x tetszőleges valós szám.

Azonos kerületű háromszögek[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy a,b,c oldalú háromszög félkerülete legyen s=\frac{a+b+c}{2}. A Héron-képlet szerint a háromszög területe t= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}, vagyis az

(a,b,c) \mapsto (s-a)(s-b)(s-c)

függvényt kell maximalizálnunk rögzített s mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtleség alapján

 \sqrt[3]{(s-a)(s-b)(s-c)} \le \frac{s-a+s-b+s-c}{3}= \frac{s}{3}.

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a=b=c.

A tétel súlyozott változata[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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_1a_1+\cdots+p_na_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[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A tétellel kapcsolatos (matematika)történeti érdekességek[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Források[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]