Inegalitate între media aritmetică și media geometrică

În matematică, inegalitatea dintre media aritmetică și media geometrică , sau mai pe scurt inegalitatea MA-MG , afirmă că media aritmetică a unei liste de numere reale este mai mare decât media geometrică a aceleiași liste; și, în plus, că cele două mijloace sunt egale dacă și numai dacă fiecare număr din listă este același.

Cel mai simplu caz netrivial, pentru două numere reale non-negative $X$ ${\ displaystyle x}$ $X$ Și $y$ ${\ displaystyle y}$ $y$ , este inegalitatea:

{\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}

{\ displaystyle {\ frac {x + y} {2}} \ geq {\ sqrt {xy}}}

{\ displaystyle {\ frac {x + y} {2}} \ geq {\ sqrt {xy}}}

cu egalitate dacă și numai dacă $x=y$ ${\ displaystyle x = y}$ $x = y$ . Acest caz poate fi văzut din faptul că pătratul unui număr real este întotdeauna non-negativ (mai mare sau egal cu zero) și din cazul elementar $(a\pm b)^{2}=a^{2}\pm 2ab+b^{2}$ ${\ displaystyle (a \ pm b) ^ {2} = a ^ {2} \ pm 2ab + b ^ {2}}$ ${\ displaystyle (a \ pm b) ^ {2} = a ^ {2} \ pm 2ab + b ^ {2}}$ a formei binomiale :

{\begin{aligned}0&\leq (x-y)^{2}=x^{2}-2xy+y^{2}\\&=x^{2}+2xy+y^{2}-4xy=(x+y)^{2}-4xy.\end{aligned}}

{\ displaystyle {\ begin {align} 0 & \ leq (xy) ^ {2} = x ^ {2} -2xy + y ^ {2} \\ & = x ^ {2} + 2xy + y ^ {2 } -4xy = (x + y) ^ {2} -4xy. \ End {align}}}

{\ displaystyle {\ begin {align} 0 & \ leq (xy) ^ {2} = x ^ {2} -2xy + y ^ {2} \\ & = x ^ {2} + 2xy + y ^ {2 } -4xy = (x + y) ^ {2} -4xy. \ End {align}}}

Prin urmare $(x+y)^{2}\geq 4xy$ ${\ displaystyle (x + y) ^ {2} \ geq 4xy}$ ${\ displaystyle (x + y) ^ {2} \ geq 4xy}$ , cu egalitate tocmai când $(x-y)^{2}=0$ ${\ displaystyle (xy) ^ {2} = 0}$ ${\ displaystyle (x-y) ^ {2} = 0}$ , acesta este $x=y$ ${\ displaystyle x = y}$ $x = y$ . Inegalitatea MA-MG urmează apoi prin aplicarea rădăcinii pătrate pe ambele părți.

Pentru o interpretare geometrică, luați în considerare un dreptunghi cu laturile de lungime $X$ ${\ displaystyle x}$ $X$ Și $y$ ${\ displaystyle y}$ $y$ , prin urmare are perimetru $2x+2y$ ${\ displaystyle 2x + 2y}$ ${\ displaystyle 2x + 2y}$ și zona $X y$ ${\ displaystyle xy}$ $X y$ . În mod similar, un pătrat cu latura de lungime ${\sqrt {xy}}$ ${\ displaystyle {\ sqrt {xy}}}$ ${\ displaystyle {\ sqrt {xy}}}$ are perimetru $4{\sqrt {xy}}$ ${\ displaystyle 4 {\ sqrt {xy}}}$ ${\ displaystyle 4 {\ sqrt {xy}}}$ și aceeași zonă a dreptunghiului. Acest caz al inegalității MA-MG implică cel al perimetrelor $2x+2y\geq 4{\sqrt {xy}}$ ${\ displaystyle 2x + 2y \ geq 4 {\ sqrt {xy}}}$ ${\ displaystyle 2x + 2y \ geq 4 {\ sqrt {xy}}}$ și prin urmare că pătratul are cel mai mic perimetru dintre toate dreptunghiurile aceleiași zone.

Extensiile inegalității MA-MG sunt disponibile pentru a include mijloace ponderate sau generalizate.

Media aritmetică și geometrică

Media aritmetică sau, mai puțin precis, media unei liste de $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}}$ este suma numerelor împărțite la $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ :

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}.

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}}.}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}}.}

Media geometrică este similară, cu excepția faptului că este definită doar pentru o listă de numere non-negative și folosește înmulțirea și rădăcina a n-a în loc de sumă și divizare:

{\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}.

{\ displaystyle {\ sqrt [{n}] {x_ {1} \ cdot x_ {2} \ cdots x_ {n}}}.}

{\ displaystyle {\ sqrt [{n}] {x_ {1} \ cdot x_ {2} \ cdots x_ {n}}}.}

De sine $x_{1},x_{2},...,x_{n}>0$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}> 0}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}> 0}$ , acesta este egal cu exponențialul mediei aritmetice a logaritmilor naturali ai numerelor:

\exp \left({\frac {\ln {x_{1}}+\ln {x_{2}}+\cdots +\ln {x_{n}}}{n}}\right).

{\ displaystyle \ exp \ left ({\ frac {\ ln {x_ {1}} + \ ln {x_ {2}} + \ cdots + \ ln {x_ {n}}} {n}} \ right). }

{\ displaystyle \ exp \ left ({\ frac {\ ln {x_ {1}} + \ ln {x_ {2}} + \ cdots + \ ln {x_ {n}}} {n}} \ right). }

Inegalitate

Reafirmând inegalitatea folosind notația matematică, avem asta pentru orice listă de $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere non-negative $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}}$ ,

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}\,,

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} \ cdot x_ {2} \ cdots x_ {n}}} \ ,,}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} \ cdot x_ {2} \ cdots x_ {n}}} \ ,,}

iar egalitatea este valabilă dacă și numai dacă $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n}}$ .

Interpretarea geometrică

În două dimensiuni, $2x_{1}+2x_{2}$ ${\ displaystyle 2x_ {1} + 2x_ {2}}$ ${\ displaystyle 2x_ {1} + 2x_ {2}}$ este perimetrul unui dreptunghi cu laturile de lungime $x_{1}$ ${\ displaystyle x_ {1}}$ $x_1$ Și $x_{2}$ ${\ displaystyle x_ {2}}$ $x_2$ . În mod similar, $4{\sqrt {x_{1}x_{2}}}$ ${\ displaystyle 4 {\ sqrt {x_ {1} x_ {2}}}}$ ${\ displaystyle 4 {\ sqrt {x_ {1} x_ {2}}}}$ este perimetrul unui pătrat din aceeași zonă $x_{1}x_{2}$ ${\ displaystyle x_ {1} x_ {2}}$ ${\ displaystyle x_ {1} x_ {2}}$ a dreptunghiului. Prin urmare $n=2$ ${\ displaystyle n = 2}$ $n = 2$ inegalitatea afirmă că numai pătratul este printre dreptunghiurile care au aceeași suprafață care are perimetrul mai mic.

Adevărata inegalitate este o extensie a acestei idei la $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ mărimea. Fiecare vârf al unei cutii $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ -dimensional este conectat la $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ margini. Dacă măsurătorile acestor margini sunt $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, x_ {2}, ..., x_ {n}$ , asa de $x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}}$ este lungimea totală a marginilor incidente la acel vârf. Sunt în total $2^{n}$ ${\ displaystyle 2 ^ {n}}$ $2 ^ {n}$ vârfuri, apoi se înmulțește $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ pentru $2^{n}$ ${\ displaystyle 2 ^ {n}}$ $2 ^ {n}$ ; întrucât fiecare margine, însă, își îndeplinește vârfurile, fiecare dintre primele sunt numărate de două ori. Prin urmare, împărțiți rezultatul la $2$ ${\ displaystyle 2}$ $2$ și se concluzionează că există $n2^{n-1}$ ${\ displaystyle n2 ^ {n-1}}$ ${\ displaystyle n2 ^ {n-1}}$ margini. Există același număr de margini pentru fiecare lungime, deci există $2^{n-1}$ ${\ displaystyle 2 ^ {n-1}}$ $2 ^ {n-1}$ margini pentru fiecare $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ iar lungimea lor totală este deci $2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})$ ${\ displaystyle 2 ^ {n-1} (x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n})}$ ${\ displaystyle 2 ^ {n-1} (x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n})}$ . Pe de altă parte,

2^{n-1}nx_{1}=2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

{\ displaystyle 2 ^ {n-1} nx_ {1} = 2 ^ {n-1} n {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

{\ displaystyle 2 ^ {n-1} nx_ {1} = 2 ^ {n-1} n {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

este lungimea totală a muchiilor conectate la un vârf într-un cub $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ -dimensional de volum egal, deoarece în acest caz $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n}}$ . Întrucât inegalitatea afirmă că

{x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n} \over n}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}},

{\ displaystyle {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n} \ over n} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n} }},}

{\ displaystyle {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n} \ over n} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n} }},}

înmulțind ambele părți cu $n2^{n-1}$ ${\ displaystyle n2 ^ {n-1}}$ ${\ displaystyle n2 ^ {n-1}}$ primesti

2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})\geq 2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

{\ displaystyle 2 ^ {n-1} (x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}) \ geq 2 ^ {n-1} n {\ sqrt [{n}] {x_ { 1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

{\ displaystyle 2 ^ {n-1} (x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}) \ geq 2 ^ {n-1} n {\ sqrt [{n}] {x_ { 1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

cu egalitate dacă și numai dacă $x_{1}=x_{2}=...=x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = ... = x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = ... = x_ {n}}$ .

Astfel, inegalitatea MA-MG afirmă că între cutii $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ -dimensional de volum egal, cubul n are cea mai mică sumă a lungimilor marginilor conectate la fiecare vârf. ^[1]

Exemplu de aplicație

Luați în considerare funcția

f(x,y,z)={\frac {x}{y}}+{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}

{\ displaystyle f (x, y, z) = {\ frac {x} {y}} + {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ sqrt [{3}] {\ frac { z} {x}}}}

{\ displaystyle f (x, y, z) = {\ frac {x} {y}} + {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ sqrt [{3}] {\ frac { z} {x}}}}

pentru fiecare număr real pozitiv $X$ ${\ displaystyle x}$ $X$ , $y$ ${\ displaystyle y}$ $y$ Și $z$ ${\ displaystyle z}$ $z$ . Să presupunem că găsim cea mai mică valoare a funcției. Mai întâi îl rescriem ca:

{\begin{aligned}f(x,y,z)&=6\cdot {\frac {{\frac {x}{y}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}{6}}\\&=6\cdot {\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}}\end{aligned}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (x, y, z) & = 6 \ cdot {\ frac {{\ frac {x} {y}} + {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}}} {6}} \\ & = 6 \ cdot {\ frac {x_ {1} + x_ {2 } + x_ {3} + x_ {4} + x_ {5} + x_ {6}} {6}} \ end {align}}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (x, y, z) & = 6 \ cdot {\ frac {{\ frac {x} {y}} + {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} + {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}}} {6}} \\ & = 6 \ cdot {\ frac {x_ {1} + x_ {2 } + x_ {3} + x_ {4} + x_ {5} + x_ {6}} {6}} \ end {align}}}

cu

x_{1}={\frac {x}{y}},\qquad x_{2}=x_{3}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}},\qquad x_{4}=x_{5}=x_{6}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.

{\ displaystyle x_ {1} = {\ frac {x} {y}}, \ qquad x_ {2} = x_ {3} = {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}}, \ qquad x_ {4} = x_ {5} = x_ {6} = {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x} }}.}

{\ displaystyle x_ {1} = {\ frac {x} {y}}, \ qquad x_ {2} = x_ {3} = {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}}, \ qquad x_ {4} = x_ {5} = x_ {6} = {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x} }}.}

Aplicarea inegalității MA-MG pentru $n=6$ ${\ displaystyle n = 6}$ $n = 6$ , da

{\begin{aligned}f(x,y,z)&\geq 6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {x}{y}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}}\\&=6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {1}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 3}}{\frac {x}{y}}{\frac {y}{z}}{\frac {z}{x}}}}\\&=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}.\end{aligned}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (x, y, z) & \ geq 6 \ cdot {\ sqrt [{6}] {{\ frac {x} {y}} \ cdot {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} \ cdot {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} \ cdot {\ frac { 1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} \ cdot {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z } {x}}} \ cdot {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}}} \\ & = 6 \ cdot {\ sqrt [ {6}] {{\ frac {1} {2 \ cdot 2 \ cdot 3 \ cdot 3 \ cdot 3}} {\ frac {x} {y}} {\ frac {y} {z}} {\ frac {z} {x}}}} \\ & = 2 ^ {2/3} \ cdot 3 ^ {1/2}. \ end {align}}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (x, y, z) & \ geq 6 \ cdot {\ sqrt [{6}] {{\ frac {x} {y}} \ cdot {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} \ cdot {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} \ cdot {\ frac { 1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}} \ cdot {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z } {x}}} \ cdot {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} {x}}}} \\ & = 6 \ cdot {\ sqrt [ {6}] {{\ frac {1} {2 \ cdot 2 \ cdot 3 \ cdot 3 \ cdot 3}} {\ frac {x} {y}} {\ frac {y} {z}} {\ frac {z} {x}}}} \\ & = 2 ^ {2/3} \ cdot 3 ^ {1/2}. \ end {align}}}

În plus, se știe că cei doi membri sunt exact egali atunci când toți termenii mediei sunt egali:

f(x,y,z)=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}\quad {\mbox{quando}}\quad {\frac {x}{y}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.

{\ displaystyle f (x, y, z) = 2 ^ {2/3} \ cdot 3 ^ {1/2} \ quad {\ mbox {când}} \ quad {\ frac {x} {y}} = {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} = {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} { X}}}.}

{\ displaystyle f (x, y, z) = 2 ^ {2/3} \ cdot 3 ^ {1/2} \ quad {\ mbox {când}} \ quad {\ frac {x} {y}} = {\ frac {1} {2}} {\ sqrt {\ frac {y} {z}}} = {\ frac {1} {3}} {\ sqrt [{3}] {\ frac {z} { X}}}.}

Toate punctele $(x,y,z)$ ${\ displaystyle (x, y, z)}$ $(x, y, z)$ satisfacerea acestei condiții se află pe o rază începând de la origine și sunt date de

(x,y,z)={\biggr (}t,{\sqrt[{3}]{2}}{\sqrt {3}}\,t,{\frac {3{\sqrt {3}}}{2}}\,t{\biggr )}\quad {\mbox{con}}\quad t>0.

{\ displaystyle (x, y, z) = {\ biggr (} t, {\ sqrt [{3}] {2}} {\ sqrt {3}} \, t, {\ frac {3 {\ sqrt { 3}}} {2}} \, t {\ biggr)} \ quad {\ mbox {cu}} \ quad t> 0.}

{\ displaystyle (x, y, z) = {\ biggr (} t, {\ sqrt [{3}] {2}} {\ sqrt {3}} \, t, {\ frac {3 {\ sqrt { 3}}} {2}} \, t {\ biggr)} \ quad {\ mbox {cu}} \ quad t> 0.}

Aplicații practice

O aplicație practică importantă în matematica financiară este calcularea ratei randamentului: randamentul anual, calculat prin media geometrică, este mai mic decât randamentul mediu anual, obținut dintr-o medie aritmetică (sau egală dacă toate profiturile sunt egale). Acest lucru este important în analiza investițiilor, deoarece randamentul mediu supraestimează efectul cumulativ.

Dovezi ale inegalității MA-MG

Dovadă folosind inegalitatea lui Jensen

Inegalitatea lui Jensen afirmă că valoarea unei medii aritmetice calculate într-o funcție concavă este mai mare sau egală cu media aritmetică a valorilor funcției. Deoarece funcția logaritmică este concavă, obținem

\log \left({\frac {\sum x_{i}}{n}}\right)\geq \sum (1/n)\log x_{i}=\sum \left(\log x_{i}^{1/n}\right)=\log \left(\prod x_{i}^{1/n}\right).

{\ displaystyle \ log \ left ({\ frac {\ sum x_ {i}} {n}} \ right) \ geq \ sum (1 / n) \ log x_ {i} = \ sum \ left (\ log x_ {i} ^ {1 / n} \ right) = \ log \ left (\ prod x_ {i} ^ {1 / n} \ right).}

{\ displaystyle \ log \ left ({\ frac {\ sum x_ {i}} {n}} \ right) \ geq \ sum (1 / n) \ log x_ {i} = \ sum \ left (\ log x_ {i} ^ {1 / n} \ right) = \ log \ left (\ prod x_ {i} ^ {1 / n} \ right).}

Luând exponențialul ambelor părți, avem inegalitatea MA-MG.

Dovezi prin inducție

Trebuie să arate că

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}}

cu egalitate dacă și numai dacă toate numerele sunt egale. De sine $x_{i}\neq x_{j}$ ${\ displaystyle x_ {i} \ neq x_ {j}}$ ${\ displaystyle x_ {i} \ neq x_ {j}}$ , apoi înlocuind ambele $x_{i}$ ${\ displaystyle x_ {i}}$ $x_i$ este $x_{j}$ ${\ displaystyle x_ {j}}$ $x_j$ cu $(x_{i}+x_{j})/2$ ${\ displaystyle (x_ {i} + x_ {j}) / 2}$ ${\ displaystyle (x_ {i} + x_ {j}) / 2}$ va lăsa media aritmetică neschimbată, dar va crește media geometrică din dreapta deoarece

{\Bigl (}{\frac {x_{i}+x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{i}x_{j}={\Bigl (}{\frac {x_{i}-x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0.

{\ displaystyle {\ Bigl (} {\ frac {x_ {i} + x_ {j}} {2}} {\ Bigr)} ^ {2} -x_ {i} x_ {j} = {\ Bigl (} {\ frac {x_ {i} -x_ {j}} {2}} {\ Bigr)} ^ {2}> 0.}

{\ displaystyle {\ Bigl (} {\ frac {x_ {i} + x_ {j}} {2}} {\ Bigr)} ^ {2} -x_ {i} x_ {j} = {\ Bigl (} {\ frac {x_ {i} -x_ {j}} {2}} {\ Bigr)} ^ {2}> 0.}

Astfel, membrul drept va fi cel mai mare atunci când toate $x_{i}$ ${\ displaystyle x_ {i}}$ $x_i$ sunt egale cu media aritmetică

\alpha ={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}},

{\ displaystyle \ alpha = {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}},}

{\ displaystyle \ alpha = {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}},}

și întrucât aceasta este valoarea mai mare a părții drepte, avem

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}=\alpha ={\sqrt[{n}]{\alpha \alpha \cdots \alpha }}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}.

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} = \ alpha = {\ sqrt [{n}] {\ alpha \ alpha \ cdots \ alpha }} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}.}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + x_ {2} + \ cdots + x_ {n}} {n}} = \ alpha = {\ sqrt [{n}] {\ alpha \ alpha \ cdots \ alpha }} \ geq {\ sqrt [{n}] {x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}}.}

Aceasta este o dovadă validă pentru caz $n=2$ ${\ displaystyle n = 2}$ $n = 2$ , dar procedura de a lua în mod iterativ medii de perechi de numere nu poate produce valori egale în cazul respectiv $n\geq 3$ ${\ displaystyle n \ geq 3}$ ${\ displaystyle n \ geq 3}$ . Un exemplu al acestui caz este $x_{1}=x_{2}\neq x_{3}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} \ neq x_ {3}}$ ${\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} \ neq x_ {3}}$ : A lua media a două numere diferite dă două egale, dar al treilea este încă diferit. Prin urmare, nu va exista niciodată o inegalitate pe media geometrică a trei numere egale.

Deci, este nevoie de un truc suplimentar sau de un raționament diferit pentru a transforma ideea anterioară într-o dovadă validă pentru $n\geq 3$ ${\ displaystyle n \ geq 3}$ ${\ displaystyle n \ geq 3}$ .

Dovadă prin inducție # 1

Cu media aritmetică

\alpha ={\frac {\ x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}

{\ displaystyle \ alpha = {\ frac {\ x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n}}}

{\ displaystyle \ alpha = {\ frac {\ x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n}}}

a numerelor reale non-negative $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ , inegalitatea este echivalentă cu

\alpha ^{n}\geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n}

{\ displaystyle \ alpha ^ {n} \ geq x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}

{\ displaystyle \ alpha ^ {n} \ geq x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n}}

cu egalitate dacă și numai dacă $\alpha =x_{i}$ ${\ displaystyle \ alpha = x_ {i}}$ ${\ displaystyle \ alpha = x_ {i}}$ pentru fiecare $i\in {1,...,n}$ ${\ displaystyle i \ in {1, ..., n}}$ ${\ displaystyle i \ in {1, ..., n}}$ . Pentru următoarea dovadă, se aplică principiul inducției și numai regulile binecunoscute ale aritmeticii.

Baza inductiva: pt $n=1$ ${\ displaystyle n = 1}$ $n = 1$ afirmația este adevărată cu egalitate.

Ipoteză inductivă: Să presupunem că inegalitatea este valabilă pentru orice alegere a $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere reale non-negative.

Pas inductiv: Luați în considerare $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ numere reale non-negative $x_{1},...,x_{n+1}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n + 1}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n + 1}}$ . Media lor aritmetică $\alpha$ ${\ displaystyle \ alpha}$ $\ alfa$ satisface

(n+1)\alpha =\ x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}.

{\ displaystyle (n + 1) \ alpha = \ x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + x_ {n + 1}.}

{\ displaystyle (n + 1) \ alpha = \ x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + x_ {n + 1}.}

Eu cad $x_{i}$ ${\ displaystyle x_ {i}}$ $x_i$ sunt egale cu $\alpha$ ${\ displaystyle \ alpha}$ $\ alfa$ , atunci ai egalitate și gata. În cazul în care cineva nu este egal cu $\alpha$ ${\ displaystyle \ alpha}$ $\ alfa$ , trebuie să existe un număr pe listă care să fie mai mare decât media $\alpha$ ${\ displaystyle \ alpha}$ $\ alfa$ și altul mai mic. Fără pierderea generalității, $x_{i}$ ${\ displaystyle x_ {i}}$ $x_i$ pentru a plasa aceste două elemente particulare la final: $x_{n}>\alpha$ ${\ displaystyle x_ {n}> \ alpha}$ ${\ displaystyle x_ {n}> \ alpha}$ Și $x_{n+1}<\alpha$ ${\ displaystyle x_ {n + 1} <\ alpha}$ ${\ displaystyle x_ {n + 1} <\ alpha}$ . Atunci

(x_{n}-\alpha )>0\qquad \alpha -x_{n+1}>0

{\ displaystyle (x_ {n} - \ alpha)> 0 \ qquad \ alpha -x_ {n + 1}> 0}

{\ displaystyle (x_ {n} - \ alpha)> 0 \ qquad \ alpha -x_ {n + 1}> 0}

\implies (x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0\,.\qquad (1)

{\ displaystyle \ implica (x_ {n} - \ alpha) (\ alpha -x_ {n + 1})> 0 \ ,. \ qquad (1)}

{\ displaystyle \ implica (x_ {n} - \ alpha) (\ alpha -x_ {n + 1})> 0 \ ,. \ qquad (1)}

Acum se definește pe sine $y$ ${\ displaystyle y}$ $y$ ca

y:=x_{n}+x_{n+1}-\alpha \geq x_{n}-\alpha >0\,,

{\ displaystyle y: = x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha \ geq x_ {n} - \ alpha> 0 \ ,,}

{\ displaystyle y: = x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha \ geq x_ {n} - \ alpha> 0 \ ,,}

și ia în considerare i $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere $x_{1},...,x_{n-1},y$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}, y}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}, y}$ care sunt toate non-negative. Atâta timp cât

(n+1)\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+x_{n}+x_{n+1}

{\ displaystyle (n + 1) \ alpha = x_ {1} + \ cdots + x_ {n-1} + x_ {n} + x_ {n + 1}}

{\ displaystyle (n + 1) \ alpha = x_ {1} + \ cdots + x_ {n-1} + x_ {n} + x_ {n + 1}}

n\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y},

{\ displaystyle n \ alpha = x_ {1} + \ cdots + x_ {n-1} + \ underbrace {x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha} _ {= \, y},}

{\ displaystyle n \ alpha = x_ {1} + \ cdots + x_ {n-1} + \ underbrace {x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha} _ {= \, y},}

Prin urmare, $\alpha$ ${\ displaystyle \ alpha}$ $\ alfa$ este, de asemenea, media aritmetică a $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere $x_{1},...,x_{n-1},y$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}, y}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}, y}$ iar ipoteza inductivă implică

\alpha ^{n+1}=\alpha ^{n}\cdot \alpha \geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}y\cdot \alpha .\qquad (2)

{\ displaystyle \ alpha ^ {n + 1} = \ alpha ^ {n} \ cdot \ alpha \ geq x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n-1} y \ cdot \ alpha. \ qquad (2 )}}

{\ displaystyle \ alpha ^ {n + 1} = \ alpha ^ {n} \ cdot \ alpha \ geq x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n-1} y \ cdot \ alpha. \ qquad (2 )}}

Mulțumită $(1)$ ${\ displaystyle (1)}$ $(1)$ tu stii asta

(\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y})\alpha -x_{n}x_{n+1}=(x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0,

{\ displaystyle (\ underbrace {x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha} _ {= \, y}) \ alpha -x_ {n} x_ {n + 1} = (x_ {n} - \ alpha) (\ alpha -x_ {n + 1})> 0,}

{\ displaystyle (\ underbrace {x_ {n} + x_ {n + 1} - \ alpha} _ {= \, y}) \ alpha -x_ {n} x_ {n + 1} = (x_ {n} - \ alpha) (\ alpha -x_ {n + 1})> 0,}

asa de

y\alpha >x_{n}x_{n+1}\,,\qquad (3)

{\ displaystyle y \ alpha> x_ {n} x_ {n + 1} \ ,, \ qquad (3)}

{\ displaystyle y \ alpha> x_ {n} x_ {n + 1} \ ,, \ qquad (3)}

în special $\alpha >0$ ${\ displaystyle \ alpha> 0}$ $\ alpha> 0$ . Deci, dacă cel puțin unul dintre numere $x_{1},...,x_{n-1}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n-1}}$ este zero, atunci am avut deja inegalitatea strictă în $(2)$ ${\ displaystyle (2)}$ $(2)$ . Pe de altă parte, membrul potrivit al $(2)$ ${\ displaystyle (2)}$ $(2)$ este pozitivă și inegalitatea strictă se obține folosind estimarea $(3)$ ${\ displaystyle (3)}$ ${\ displaystyle (3)}$ pentru a avea o limită inferioară a părții drepte a $(2)$ ${\ displaystyle (2)}$ $(2)$ . Deci, în ambele cazuri poate fi înlocuit $(3)$ ${\ displaystyle (3)}$ ${\ displaystyle (3)}$ în $(2)$ ${\ displaystyle (2)}$ $(2)$ a obtine

\alpha ^{n+1}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}x_{n}x_{n+1}\,

{\ displaystyle \ alpha ^ {n + 1}> x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n-1} x_ {n} x_ {n + 1} \,}

{\ displaystyle \ alpha ^ {n + 1}> x_ {1} x_ {2} \ cdots x_ {n-1} x_ {n} x_ {n + 1} \,}

care completează dovada.

Dovadă prin inducție # 2

În primul rând arată că pentru numerele reale $x_{1}<1$ ${\ displaystyle x_ {1} <1}$ ${\ displaystyle x_ {1} <1}$ Și $x_{2}>1$ ${\ displaystyle x_ {2}> 1}$ ${\ displaystyle x_ {2}> 1}$ merita

x_{1}+x_{2}>x_{1}x_{2}+1.

{\ displaystyle x_ {1} + x_ {2}> x_ {1} x_ {2} +1.}

{\ displaystyle x_ {1} + x_ {2}> x_ {1} x_ {2} +1.}

De fapt, prin multiplicarea ambilor membri ai $x_{2}>1$ ${\ displaystyle x_ {2}> 1}$ ${\ displaystyle x_ {2}> 1}$ pentru $1-x_{1}$ ${\ displaystyle 1-x_ {1}}$ ${\ displaystyle 1-x_ {1}}$ , primesti

x_{2}-x_{1}x_{2}>1-x_{1},

{\ displaystyle x_ {2} -x_ {1} x_ {2}> 1-x_ {1},}

{\ displaystyle x_ {2} -x_ {1} x_ {2}> 1-x_ {1},}

din care se obține imediat inegalitatea cerută.

Acum, acum vom arăta asta pentru numerele reale $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ astfel încât $x_{1}\cdots x_{n}=1$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ , merita

x_{1}+\cdots +x_{n}\geq n.

{\ displaystyle x_ {1} + \ cdots + x_ {n} \ geq n.}

{\ displaystyle x_ {1} + \ cdots + x_ {n} \ geq n.}

Egalitatea este valabilă dacă $x_{1}=\cdots =x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} = \ cdots = x_ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} = \ cdots = x_ {n}}$ .

Baza inductiva: pt $n=2$ ${\ displaystyle n = 2}$ $n = 2$ afirmația este adevărată pentru proprietatea anterioară.

Ipoteză inductivă: Să presupunem că este adevărată pentru orice număr natural până la $n-1$ ${\ displaystyle n-1}$ $n-1$ .

Pas inductiv: Luați în considerare $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere reale pozitive $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ care satisfac $x_{1}\cdots x_{n}=1$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ . Va fi cel puțin unul $x_{k}<1$ ${\ displaystyle x_ {k} <1}$ ${\ displaystyle x_ {k} <1}$ , deci trebuie să existe cel puțin unul $x_{j}>1$ ${\ displaystyle x_ {j}> 1}$ ${\ displaystyle x_ {j}> 1}$ . Fără pierderea generalității, apare $k=n-1$ ${\ displaystyle k = n-1}$ $k = n-1$ Și $j=n$ ${\ displaystyle j = n}$ ${\ displaystyle j = n}$ .

De asemenea, starea $x_{1}\cdots x_{n}=1$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ este scris în formă $(x_{1}\cdots x_{n-2})(x_{n-1}x_{n})=1$ ${\ displaystyle (x_ {1} \ cdots x_ {n-2}) (x_ {n-1} x_ {n}) = 1}$ ${\ displaystyle (x_ {1} \ cdots x_ {n-2}) (x_ {n-1} x_ {n}) = 1}$ . Aici presupune ipoteza inductivă

(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}x_{n})>n-1.

{\ displaystyle (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + (x_ {n-1} x_ {n})> n-1.}

{\ displaystyle (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + (x_ {n-1} x_ {n})> n-1.}

Cu toate acestea, luând în considerare baza inductivă, avem

x_{1}+\cdots +x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}+x_{n})>(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+x_{n-1}x_{n}+1>n,

{\ displaystyle x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2} + x_ {n-1} + x_ {n} = (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + (x_ { n-1} + x_ {n})> (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + x_ {n-1} x_ {n} +1> n,}

{\ displaystyle x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2} + x_ {n-1} + x_ {n} = (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + (x_ { n-1} + x_ {n})> (x_ {1} + \ cdots + x_ {n-2}) + x_ {n-1} x_ {n} +1> n,}

care completează dovada.

Având în vedere numerele reale pozitive $a_{1},...,a_{n}$ ${\ displaystyle a_ {1}, ..., a_ {n}}$ ${\ displaystyle a_ {1}, ..., a_ {n}}$ , se definesc singuri $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ ca

x_{1}={\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}},...,x_{n}={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}.

{\ displaystyle x_ {1} = {\ frac {a_ {1}} {\ sqrt [{n}] {a_ {1} \ cdots a_ {n}}}}, ..., x_ {n} = { \ frac {a_ {n}} {\ sqrt [{n}] {a_ {1} \ cdots a_ {n}}}}.}

{\ displaystyle x_ {1} = {\ frac {a_ {1}} {\ sqrt [{n}] {a_ {1} \ cdots a_ {n}}}}, ..., x_ {n} = { \ frac {a_ {n}} {\ sqrt [{n}] {a_ {1} \ cdots a_ {n}}}}.}

Numerele $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ satisfac condiția $x_{1}\cdots x_{n}=1$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ ${\ displaystyle x_ {1} \ cdots x_ {n} = 1}$ . Astfel se obține

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

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

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

din care derivă

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

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

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

cu egalitate care deține dacă și numai dacă $a_{1}=\cdots =a_{n}$ ${\ displaystyle a_ {1} = \ cdots = a_ {n}}$ ${\ displaystyle a_ {1} = \ cdots = a_ {n}}$ .

Dovadă prin inducție folosind calculul

Următoarea demonstrație folosește principiul inducției și elementele de bază ale calculului diferențial .

Baza inductiva : pt $n=1$ ${\ displaystyle n = 1}$ $n = 1$ enunțul este adevărat cu egal.

Ipoteză inductivă : Să presupunem că inegalitatea MA-MG este valabilă pentru orice alegere a $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numere reale non-negative.

Pas inductiv : Pentru a demonstra afirmația pentru $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ numere non-negative $x_{1},...,x_{n},x_{n+1}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, x_ {n + 1}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, x_ {n + 1}}$ , trebuie să verificați asta

{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}x_{n+1}})^{\frac {1}{n+1}}\geq 0

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + x_ {n + 1}} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n} x_ {n + 1}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} \ geq 0}

{\ displaystyle {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + x_ {n + 1}} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n} x_ {n + 1}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} \ geq 0}

cu egalitate dacă și numai dacă i $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ numerele sunt aceleași.

Dacă toate numerele sunt zero, enunțul se menține cu egal. Dacă cel puțin un număr este diferit de zero, avem o inegalitate strictă. Prin urmare, se poate presupune că toate $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ numerele sunt pozitive.

Luați în considerare ultimul număr $x_{n+1}$ ${\ displaystyle x_ {n + 1}}$ $x _ {{n + 1}}$ ca variabilă și definiți funcția

f(t)={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+t}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}t})^{\frac {1}{n+1}},\qquad t>0.

{\ displaystyle f (t) = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + t} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n} t}) ^ {\ frac {1} {n + 1}}, \ qquad t> 0.}

{\ displaystyle f (t) = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + t} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n} t}) ^ {\ frac {1} {n + 1}}, \ qquad t> 0.}

Încercarea pasului inductiv corespunde arătării că $f(t)\geq 0$ ${\ displaystyle f (t) \ geq 0}$ ${\ displaystyle f (t) \ geq 0}$ pentru fiecare $t>0$ ${\ displaystyle t> 0}$ $t> 0$ , este asta $f(t)=0$ ${\ displaystyle f (t) = 0}$ ${\ displaystyle f (t) = 0}$ doar dacă $x_{1},...,x_{n},t$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, t}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, t}$ sunt egali. Acest lucru se poate face analizând punctele critice ale $f$ ${\ displaystyle f}$ $f$ folosind calculul diferențial de bază.

Primul derivat da $f$ ${\ displaystyle f}$ $f$ este dat de

f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t^{-{\frac {n}{n+1}}},\qquad t>0.

{\ displaystyle f '(t) = {\ frac {1} {n + 1}} - {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ { \ frac {1} {n + 1}} t ^ {- {\ frac {n} {n + 1}}}, \ qquad t> 0.}

{\ displaystyle f '(t) = {\ frac {1} {n + 1}} - {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ { \ frac {1} {n + 1}} t ^ {- {\ frac {n} {n + 1}}}, \ qquad t> 0.}

Un punct critic $t_{0}>0$ ${\ displaystyle t_ {0}> 0}$ ${\ displaystyle t_ {0}> 0}$ trebuie să satisfacă $f'(t_{0})=0$ ${\ displaystyle f '(t_ {0}) = 0}$ ${\ displaystyle f '(t_ {0}) = 0}$ , ce înseamnă

({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t_{0}^{-{\frac {n}{n+1}}}=1.

{\ displaystyle ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} t_ {0} ^ {- {\ frac {n} {n + 1}}} = 1.}

{\ displaystyle ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} t_ {0} ^ {- {\ frac {n} {n + 1}}} = 1.}

După câteva calcule ai

t_{0}^{\frac {n}{n+1}}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}},

{\ displaystyle t_ {0} ^ {\ frac {n} {n + 1}} = ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}},}

{\ displaystyle t_ {0} ^ {\ frac {n} {n + 1}} = ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}},}

și, în sfârșit

t_{0}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}},

{\ displaystyle t_ {0} = ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}},}

{\ displaystyle t_ {0} = ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}},}

care este media geometrică a $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ . Acesta este singurul punct de lipire al $f$ ${\ displaystyle f}$ $f$ . Atâta timp cât $f''(t)>0$ ${\ displaystyle f '' (t)> 0}$ ${\ displaystyle f '' (t)> 0}$ pentru fiecare $t>0$ ${\ displaystyle t> 0}$ $t> 0$ , funcția este strict convexă și are un maxim global strâns în $t_{0}$ ${\ displaystyle t_ {0}}$ $t_ {0}$ . Apoi calculăm valoarea funcției la punctul maxim:

{\begin{aligned}f(t_{0})&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+({x_{1}\cdots x_{n}})^{1/n}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n(n+1)}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}+{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {n}{n+1}}{\Bigl (}{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}{\Bigr )}\geq 0,\end{aligned}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (t_ {0}) & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {1 / n}} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ { n}}) ^ {\ frac {1} {n (n + 1)}} \\ & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n + 1}} + {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} \\ & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n + 1}} - {\ frac {n} {n + 1} } ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} \\ & = {\ frac {n} {n + 1}} {\ Bigl (} {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} {\ Bigr)} \ geq 0, \ end {align}}}

{\ displaystyle {\ begin {align} f (t_ {0}) & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n} + ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {1 / n}} {n + 1}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ { n}}) ^ {\ frac {1} {n (n + 1)}} \\ & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n + 1}} + {\ frac {1} {n + 1}} ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} \\ & = {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n + 1}} - {\ frac {n} {n + 1} } ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} \\ & = {\ frac {n} {n + 1}} {\ Bigl (} {\ frac {x_ {1} + \ cdots + x_ {n}} {n}} - ({x_ {1} \ cdots x_ {n}}) ^ {\ frac {1} {n}} {\ Bigr)} \ geq 0, \ end {align}}}

unde inegalitatea finală este valabilă pentru ipoteza inductivă. Ipoteza afirmă, de asemenea, că se poate avea egalitate dacă și numai dacă $x_{1},...,x_{n}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}}$ $x_ {1}, ..., x_ {n}$ toti sunt la fel. În acest caz, media lor geometrică $t_{0}$ ${\ displaystyle t_ {0}}$ $t_ {0}$ are aceeași valoare și, prin urmare, dacă nu $x_{1},...,x_{n},x_{n+1}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, x_ {n + 1}}$ ${\ displaystyle x_ {1}, ..., x_ {n}, x_ {n + 1}}$ sunt la fel, da $f(x_{n+1})>0$ ${\ displaystyle f (x_ {n + 1})> 0}$ ${\ displaystyle f (x_ {n + 1})> 0}$ , care completează dovada.

Această tehnică poate fi utilizată în mod obișnuit pentru inegalitatea generalizată MA-MG și inegalitatea Cauchy-Schwarz în spațiul euclidian. $\mathbb {R} ^{n}$ ${\ displaystyle \ mathbb {R} ^ {n}}$ $\ mathbb {R} ^ {n}$ .

Dovadă cauchy

Următoarea dovadă de caz se bazează direct pe reguli aritmetice bine cunoscute, dar folosește tehnica de inducție „ înainte și înapoi ” foarte rar folosită. Tehnica este în esență a lui Augustin-Louis Cauchy și poate fi găsită în Cours d'analyse . ^[2] În această variantă a principiului inducției, odată ce proprietatea este dovedită adevărată $P(n)$ ${\ displaystyle P (n)}$ $P (n)$ pentru $n_{0}$ ${\ displaystyle n_ {0}}$ $n_ {0}$ , pasul inductiv constă în demonstrarea faptului că

$P(n)$ ${\ displaystyle P (n)}$ $P (n)$ este adevărat pentru $n=2^{k}\geq n_{0}$ ${\ displaystyle n = 2 ^ {k} \ geq n_ {0}}$ ${\ displaystyle n = 2 ^ {k} \ geq n_ {0}}$ cu $k\in \mathbb {N}$ ${\ displaystyle k \ in \ mathbb {N}}$ $k \ in {\ mathbb {N}}$
$P(2^{k})\Rightarrow P(n)$ ${\ displaystyle P (2 ^ {k}) \ Rightarrow P (n)}$ ${\ displaystyle P (2 ^ {k}) \ Rightarrow P (n)}$ cu $n<2^{k}$ ${\ displaystyle n <2 ^ {k}}$ ${\ displaystyle n <2 ^ {k}}$

Prin urmare, tehnica se bazează pe demonstrarea mai întâi că propoziția este adevărată în cazul ușor al unei puteri de două („ înainte ”), și apoi că este adevărată pentru oricare dintre numerele sale mai mici („ înapoi ”). Ideea intuitivă este deci că, din moment ce puterile a doi devin „în mod arbitrar mari” și pentru fiecare număr întreg minor se menține afirmația, atunci dovada reușește să „atingă” orice număr natural.

Cazul în care sunt la fel

Dacă toți termenii sunt:

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n},

{\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n},}

{\ displaystyle x_ {1} = x_ {2} = \ cdots = x_ {n},}

atunci suma lor este $nx_{1}$ ${\ displaystyle nx_ {1}}$ ${\ displaystyle nx_ {1}}$ , prin urmare, media lor aritmetică este $x_{1}$ ${\ displaystyle x_ {1}}$ $x_1$ ; iar produsul lor este $x_{1}^{n}$ ${\ displaystyle x_ {1} ^ {n}}$ ${\ displaystyle x_ {1} ^ {n}}$ , prin urmare, media lor geometrică este $x_{1}$ ${\ displaystyle x_ {1}}$ $x_1$ . Prin urmare, media geometrică și aritmetică sunt egale, după cum se dorește.

Cazul în care nu sunt toate la fel

Rimane da mostrare che se non tutti i termini sono uguali, allora la media aritmetica è maggiore della media geometrica. Chiaramente, questo è possibile solo quando $n>1$ ${\displaystyle n>1}$ $n>1$ .

Si passa ora a dimostrare il passo base e poi le due parti del passo induttivo.

Il passo base: n = 2

Se $n=2$ ${\displaystyle n=2}$ $n=2$ , allora si hanno due termini, $x_{1}$ $x_{1}$ $x_1$ e $x_{2}$ $x_{2}$ $x_2$ , e poiché (per ipotesi) non tutti i termini sono uguali, si ha:

{\begin{aligned}&{\Bigl (}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl (}{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}

{\begin{aligned}&{\Bigl (}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl (}{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}

{\begin{aligned}&{\Bigl (}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl (}{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}

quindi

{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}

{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}

{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}

come desiderato.

Il sottocaso n = 2 ^k

Si consideri il caso dove $n=2^{k}$ $n=2^{k}$ $n=2^{k}$ , dove $k$ ${\displaystyle k}$ $k$ è un intero positivo. Si procede per induzione matematica.

Nel passo base, $k=1$ ${\displaystyle k=1}$ $k=1$ , così $n=2$ ${\displaystyle n=2}$ $n=2$ . La disuguaglianza vale per $n=2$ ${\displaystyle n=2}$ $n=2$ come dimostrato precedentemente.

Ora si suppone che per un dato $k>1$ ${\displaystyle k>1}$ $k>1$ la disuguaglianza valga per $n=2^{k-1}$ $n=2^{k-1}$ $n=2^{k-1}$ e si vuole dimostrare che anche $2^{k}$ $2^{k}$ $2^{k}$ la soddisfa. Per farlo, si applica due volte la disuguaglianza per $2^{n-1}$ $2^{n-1}$ $2^{n-1}$ numeri e una volta il caso $n=2$ ${\displaystyle n=2}$ $n=2$ per ottenere

{\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&{}={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}

{\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&{}={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}

{\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&{}={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}

dove nella prima disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{2^{k-1}}

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{2^{k-1}}

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{2^{k-1}}

e

x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^{k}}

x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^{k}}

x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^{k}}

(in cui la media aritmetica e geometrica della prima sono entrambe uguali a $x_{1}$ $x_{1}$ $x_1$ , e similmente per la seconda); e nella seconda disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se sono uguali le medie geometriche. Poiché non tutti i $2^{k}$ $2^{k}$ $2^{k}$ numeri sono uguali, è impossibile che entrambe siano uguaglianze, così si ricava che:

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}

come desiderato.

Il sottocaso n < 2 ^k

Se $n$ ${\displaystyle n}$ $n$ non è una potenza intera di 2, allora è certamente minore di una qualche potenza di due, poiché la successione $2,4,8,...,2^{k},...$ $2,4,8,...,2^{k},...$ $2,4,8,...,2^{k},...$ è superiormente illimitata. Dunque, senza perdita di generalità, sia $m$ ${\displaystyle m}$ $m$ una qualche potenza di due che è maggiore di $n$ ${\displaystyle n}$ $n$ .

Quindi, dati gli $n$ ${\displaystyle n}$ $n$ termini, si indica con $\alpha$ $\alpha$ $\alpha$ la loro media aritmetica e si espande la lista in modo da avere $m$ ${\displaystyle m}$ $m$ numeri:

x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_{m}=\alpha .

x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_{m}=\alpha .

x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_{m}=\alpha .

Si ha dunque:

{\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {m-n}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(m-n\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&>{\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}}\,,\end{aligned}}

{\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {mn}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(mn\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&>{\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{mn}}}\,,\end{aligned}}

{\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {m-n}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(m-n\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&>{\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}}\,,\end{aligned}}

da cui

\alpha ^{m}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}

\alpha ^{m}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{mn}

\alpha ^{m}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}

cioè

\alpha >{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

\alpha >{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

\alpha >{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

come desiderato.

Dimostrazione di Pólya utilizzando la funzione esponenziale

George Pólya fornì una dimostrazione simile a quella seguente. Sia $f(x)=e^{x-1}-x$ $f(x)=e^{x-1}-x$ $f(x)=e^{x-1}-x$ , con derivata prima $f'(x)=e^{x-1}-1$ $f'(x)=e^{x-1}-1$ $f'(x)=e^{x-1}-1$ e derivata seconda $f''(x)=e^{x-1}$ $f''(x)=e^{x-1}$ $f''(x)=e^{x-1}$ . Si osserva che $f(1)=0$ ${\displaystyle f(1)=0}$ $f(1)=0$ , $f'(1)=0$ ${\displaystyle f'(1)=0}$ $f'(1)=0$ e $f''(x)>0$ ${\displaystyle f''(x)>0}$ $f''(x)>0$ per ogni $x$ ${\displaystyle x}$ $x$ , perciò $f$ ${\displaystyle f}$ $f$ è strettamente convessa con minimo assoluto in $x=1$ ${\displaystyle x=1}$ $x=1$ . Ne segue che $x\leq e^{x-1}$ $x\leq e^{x-1}$ $x\leq e^{x-1}$ per ogni numero reale $x$ ${\displaystyle x}$ $x$ con l'uguaglianza se e solo se $x=1$ ${\displaystyle x=1}$ $x=1$ .

Si consideri la lista di numeri reali non negativi $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ . Se sono tutti zero, allora la disuguaglianza MA-MG vale con l'uguale. Quindi in seguito si considererà la loro media aritmetica $\alpha >0$ $\alpha >0$ $\alpha >0$ . Dalla disuguaglianza precedente applicata $n$ ${\displaystyle n}$ $n$ volte, si ottiene che

{\begin{aligned}&{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl (}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (1)\end{aligned}}

{\begin{aligned}&{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl (}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (1)\end{aligned}}

{\begin{aligned}&{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl (}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (1)\end{aligned}}

con l'uguaglianza se e solo se ogni $x_{i}=\alpha$ $x_{i}=\alpha$ $x_{i}=\alpha$ . L'argomento della funzione esponenziale può essere semplificato nella seguente maniera:

{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n=n-n=0.

{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n=nn=0.

{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n=n-n=0.

Ritornando alla $(1)$ ${\displaystyle (1)}$ $(1)$ ,

{\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,

{\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,

{\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,

che produce $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\leq \alpha ^{n}$ $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\leq \alpha ^{n}$ $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\leq \alpha ^{n}$ , e quindi l'enunciato ^[3]

{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .

{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .

{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .

Generalizzazioni

Disuguaglianza MA-MG pesata

Esiste una disuguaglianza simile per la media aritmetica pesata e la media geometrica pesate. In modo specifico, siano $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ numeri reali non negativi e $w_{1},w_{2},...,w_{n}$ $w_{1},w_{2},...,w_{n}$ $w_{1},w_{2},...,w_{n}$ i loro rispettivi pesi (non negativi). Si definisca inoltre $w=w_{1}+w_{2}+\cdots +w_{n}$ $w=w_{1}+w_{2}+\cdots +w_{n}$ $w=w_{1}+w_{2}+\cdots +w_{n}$ . Se $w>0$ ${\displaystyle w>0}$ $w>0$ , allora vale la disuguaglianza

{\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}

{\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}

{\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}

e diventa una uguaglianza se e solo se tutti i $x_{k}$ $x_{k}$ $x_k$ con i $w_{k}>0$ $w_{k}>0$ $w_{k}>0$ sono uguali. Qui si usa la convenzione $0^{0}=1$ $0^{0}=1$ $0^{0}=1$ .

Se tutti i $w_{k}$ $w_{k}$ $w_{k}$ sono uguali a $1$ ${\displaystyle 1}$ $1$ , la disuguaglianza si riduce a alla MA-MG non pesata analizzata precedentemente.

Dimostrazione usando la disuguaglianza di Jensen

Usando la disuguaglianza di Jensen per il logaritmo naturale , si può dimostrare la disuguaglianza fra la media aritmetica pesata e la media geometrica pesata affermata prima.

Poiché un $x_{k}$ $x_{k}$ $x_k$ con peso $w_{k}=0$ $w_{k}=0$ $w_{k}=0$ non ha nessuna influenza sulla disuguaglianza, si può assumere che tutti i pesi sono positivi. Se tutti i numeri $x_{k}$ $x_{k}$ $x_k$ sono uguali, allora vale l'uguaglianza. Pertanto, rimane da provare la disuguaglianza stretta se non sono tutti uguali, che in seguito verrà assunto. Se almeno uno degli $x_{k}$ $x_{k}$ $x_k$ è nullo (ma non tutti), allora la media geometrica è zero, mentre la media aritmetica pesata è positiva, perciò vale la disuguaglianza stretta e allora si può assumere anche tutti i $x_{k}$ $x_{k}$ $x_k$ sono positivi.

Dal momento che il logaritmo è una funzione strettamente concava , la disuguaglianza di Jensen e le proprietà del logaritmo implicano

\ln {\Bigl (}{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

\ln {\Bigl (}{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

\ln {\Bigl (}{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

Poiché il logaritmo è strettamente monotono ,

{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

Altre generalizzazioni

Altre generalizzazioni della disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica sono:

Note

^ J. Michael Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities , MAA Problem Books Series, Cambridge University Press, 2004, ISBN 978-0-521-54677-5 , OCLC 54079548 .
^ Cauchy, Augustin-Louis (1821). Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, première partie, Analyse algébrique, Archiviato il 14 ottobre 2017 in Internet Archive . Paris. La dimostrazione della disuguaglianza tra le due medie può essere trovata dalla pagina 457.
^ Denise Arnold e Graham Arnold, Four unit mathematics , Hodder Arnold H&S, 1993, p. 242, ISBN 978-0-340-54335-1 , OCLC 38328013 .

Voci correlate

Collegamenti esterni

Arthur Lohwater, Introduction to Inequalities , su mediafire.com , Online e-book in PDF format, 1982.

Portale Matematica : accedi alle voci di Wikipedia che trattano di matematica

[1] J. Michael Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities , MAA Problem Books Series, Cambridge University Press, 2004, ISBN 978-0-521-54677-5 , OCLC 54079548 .

[2] Cauchy, Augustin-Louis (1821). Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, première partie, Analyse algébrique, Archiviato il 14 ottobre 2017 in Internet Archive . Paris. La dimostrazione della disuguaglianza tra le due medie può essere trovata dalla pagina 457.

[3] Denise Arnold e Graham Arnold, Four unit mathematics , Hodder Arnold H&S, 1993, p. 242, ISBN 978-0-340-54335-1 , OCLC 38328013 .

[1]

[2]

[3]