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

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

$(a_1+a_2)^2\geq 4a_1a_2$

$a_1^2-2a_1a_2+a^2_2\geq 0$

$(a_1-a_2)^2\geq 0$

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 $\,a_1=a_2$.

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 $\frac{a_1+a_2}{2}>\sqrt{a_1 a_2}$ :

$\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n}{n}=\frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_1+a_2}{2}+a_3+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2a_3\cdots a_n}>\sqrt[n]{(\sqrt{a_1a_2})^2a_3\cdots a_n}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

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

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

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

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

Pozitív valós szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél

A tétel segítégégvel bebizonyítható, hogy ha $a>0, a\in\mathbb{R}$, akkor $a+\frac{1}{a}\ge2$. 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

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

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

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

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 egyenlőtlenség 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

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

• 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