Нерівність середнього арифметичного та геометричного — Вікіпедія

У математиці, нерівність середнього арифметичного та геометричного або коротше нерівність СА–СГ стверджує, що середнє арифметичне набору невід'ємних дійсних чисел більше ніж або дорівнює середньому геометричному цих же чисел; і далі, що ці середні дорівнюють одне одному тоді і лише тоді, коли усі числа в наборі однакові.

Найпростіший нетривіальний випадок — тобто, з більш ніж з однією змінною — для двох невід'ємних чисел $x$ і $y$ , це таке твердження

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

зі знаком рівності тоді і лише тоді, коли $x = y$ . Цей випадок можна зрозуміти завдяки тому факту, що квадрат дійсного числа завжди невід'ємний і з елементарного випадку біноміальної формули $(a \pm b) 2 = a 2 \pm 2 ab + b 2$ :

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

Інакше кажучи, $(x + y) 2 \geq 4 xy$ , де рівність досягається саме тоді, коли $(x - y) 2 = 0$ , тобто $x = y$ .

Для геометричного тлумачення, розглянемо прямокутник зі сторонами довжин $x$ і $y$ , звідси його периметр $2 x + 2 y$ і площа $xy$ . Подібно, квадрат з усіма сторонами довжини $\sqrt xy$ має периметр $4 \sqrt xy$ і ту ж саму площу, що і прямокутник. Найпростіший нетривіальний випадок нерівності СА-СГ для периметра дає $2 x + 2 y \geq 4 \sqrt xy$ і, що лише квадрат має найменший периметр серед усіх прямокутників рівної площі.

Загальна нерівність СА-СГ відповідає тому факту, що натуральний логарифм, який переводить множення у додавання, є строго увігнутою функцією; використовуючи нерівність Єнсена отримуємо загальне доведення нерівності.

{\frac {\ln x+\ln y}{2}}\leq \ln \left({\frac {x+y}{2}}\right)

Розширення нерівності СА-СГ можуть включати ваги або середні степеневі.

Підґрунтя[ред. | ред. код]

Середнє арифметичне набору з $n$ чисел $x 1, x 2, . . . , x n$ — це сума чисел поділена на $n$ :

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

Подібно середнє геометричне, окрім того, що воно визначене лише для набору невід'ємних дійсних чисел і використовує множення і корінь замість додавання і ділення:

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

Якщо $x 1, x 2, . . . , x n > 0$ , тоді це дорівнює показниковій функції середнього арифметичного натуральних логарифмів цих чисел:

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

Нерівність[ред. | ред. код]

Перефразовуючи нерівність використовуючи математичний запис, ми маємо, що для будь-якого набору з $n$ невід'ємних дійсних чисел $x 1, x 2, . . . , x n$ ,

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

і, що рівність досягається тоді і лише тоді, коли $x 1 = x 2 = \cdot \cdot \cdot = x n$ .

Геометричне тлумачення[ред. | ред. код]

У двох вимірах, $2 x 1 + 2 x 2$ це периметр прямокутника з довжинами сторін $x 1$ і $x 2$ . Аналогічно, $4 \sqrt x 1 x 2$ це периметр квадрата з тією самою площею як попередньо згаданий прямокутник. Отже, для $n = 2$ нерівність СА-ГА твердить, що лише квадрат має найменший периметр посеред усіх прямокутників рівної площі.

Повна нерівність це розширення цієї ідеї на $n$ вимірів. Кожна вершина $n$ -вимірного паралелепіпеда має $n$ інцидентних ребер. Якщо довжини цих ребер $x 1, x 2, . . . , x n$ , тоді $x 1 + x 2 + \cdot \cdot \cdot + x n$ це загальна довжина ребер інцидентних цій вершині. Всього маємо $2 n$ вершин, тому множимо це на $2 n$ ; однак, оскільки кожне ребро інцидентне двом вершинам, кожне ребро пораховане двічі. Через це ми ділимо на $2$ і приходимо до висновку, що ребер всього $2 n -1 n$ . Ребер кожної довжини однакова кількість і всього $n$ довжин; з цього випливає, що ми маємо $2 n -1$ ребер кожної довжини і загальна довжина всіх ребер становить $2 n -1 (x 1 + x 2 + \cdot \cdot \cdot + x n)$ . З іншого боку,

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

є загальною довжиною ребер інцидентних до певної вершини на $n$ -вимірному кубі рівного об'єму. Оскільки наша нерівність стверджує, що

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

ми маємо

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

зі знаком рівності тоді і лише тоді, коли $x 1 = x 2 = \cdot \cdot \cdot = x n$ .

Отже, нерівність СА-ГА стверджує, що лише гіперкуб має найменшу суму довжин ребер інцидентних кожній вершині посеред усіх $n$ -вимірних паралелограмів того самого об'єму.^[1]

Приклад застосування[ред. | ред. код]

Розглянемо функцію

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

для всіх додатних дійсних чисел $x$ , $y$ і $z$ . Припустимо ми бажаємо знайти мінімальне значення цієї функції. Спершу ми перепишемо її трошки:

{\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}}

з

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}}}.

Застосовуючи нерівність СА-СГ для $n = 6$ , маємо

{\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}}

Далі, ми знаємо, що два боки нерівності дорівнюють один одному тоді коли всі доданки середнього рівні між собою:

f(x,y,z)=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}\quad

коли

\quad {\frac {x}{y}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.

Усі точки $(x, y, z)$ , що задовольняють цим умовам лежать на промені, що починається в початку координат і задається так

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

Доведення нерівності СА-СГ[ред. | ред. код]

Існує декілька шляхів доведення нерівності СА-ГА; наприклад, його можна вивести із нерівності Єнсена, використовуючи угнуту функцію ln( $x$ ). Також можна довести використовуючи нерівність перестановок. Зважаючи на довжину та необхідні попередні знання, просте доведення по індукції наведене нижче, мабуть, найкраща рекомендація для першого читання.

Ідея перших двох доведень[ред. | ред. код]

Нам потрібно показати, що

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

зі знаком рівності лише коли всі числа однакові. Якщо $x i \neq x j$ , тоді заміна обох $x i$ і $x j$ на $(x i + x j)/2$ залишить середнє арифметичне ліворуч незміненим, але збільшить середнє геометричне праворуч оскільки

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

Отже, правий бік буде найбільшим коли $x i$ -ті дорівнюють середньому арифметичному

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

отже, оскільки тоді це найбільше значення правого боку виразу, ми маємо

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

Це правильне доведення для випадку $n = 2$ , але процедура отримання ітеративного попарного середнього може зазнати невдачі у створенні $n$ рівних чисел у випадку коли $n \geq 3$ . Як приклад можна навести випадок коли $x 1 = x 2 \neq x 3$ : Усереднювання двох відмінних чисел продукує два рівних числа, але третє все ще залишатиметься відмінним. Тому, ми ніколи не отримаємо нерівність із середнім геометричним, яке включає три однакових числа.

З цього видно, що для перетворення цієї ідею у дійсне доведення для випадку $n \geq 3$ необхідний додатковий трюк або зміна аргументу.

Доведення за допомогою індукції[ред. | ред. код]

Із середнім арифметичним

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

невід'ємних дійсних чисел $x 1, . . . , x n$ , твердження СА-СГ тотожне до

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

зі знаком рівності тоді і лише тоді, коли $α = x i$ для всіх $i \in {1, . . . , n$ }.

Для наступного доведення ми застосуємо математичну індукцію і лише добре відому арифметику.

База: Для $n = 1$ твердження дійсне із знаком рівності.

Гіпотеза: Припустимо, що нерівність СА-ГА має місце для всіх можливих комбінацій з $n$ невід'ємних дійсних чисел.

Крок: Розглянемо $n + 1$ невід'ємних дійсних числа $x 1, . . . , x n +1$ . Їх середнє арифметичне $α$ задовольняє

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

Якщо всі числа дорівнюють $α$ , тоді ми маємо рівність у твердження СА_СГ і ми зупиняємось. Інакше ми можемо знайти одне число, яке буде більшим і одне число яке буде меншим ніж $α$ , нехай $x n > α$ і $x n +1 < α$ . Тоді

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

Тепер розглянемо $n$ чисел $x 1, . . . , x n -1, y$ з

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

яке теж невід'ємне. З того, що

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

маємо, що $α$ також є середнім арифметичним $n$ чисел $x 1, . . . , x n -1, y$ і індукційна гіпотеза дає нам

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

Завдяки (*) ми знаємо, що

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

звідси

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

оскільки $α > 0$ . З цього випливає, що якщо хоча б одне число $x 1, . . . , x n -1$ є нулем, тоді ми одразу маємо строгу нерівність у (**). Інакше, права сторона у (**) є додатною і строга нерівність досягається, використовуючи оцінку (***), щоб отримати нижню границю для правої сторони (**). Отже, в обох випадках ми маємо

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

що завершує доведення.

Доведення Коші прямо-зворотною індукцією[ред. | ред. код]

Наступне доведення прямо покладається на добре відомі правила арифметики, але використовує рідко вживану техніку прямо-зворотної індукції. По суті автором є Оґюстен-Луї Коші.^[2]

Випадок коли всі числа однакові[ред. | ред. код]

Якщо всі числа однакові:

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

тоді їх сума є $nx 1$ , отже середнє арифметичне дорівнює $x 1$ ; і їх добуток становить $x 1 n$ , отже їх середнє геометричне дорівнює $x 1$ ; з цього, середнє арифметичне і середнє геометричне однакові, як і вимагалось.

Випадок коли не всі числа однакові[ред. | ред. код]

Залишилось показати, що якщо не всі числа однакові, тоді арифметичне середнє більше ніж геометричне середнє. Очевидно, це можливо лише коли $n > 1$ .

Цей випадок значно складніший, і ми розділимо його на підвипадки.

Випадок коли n = 2[ред. | ред. код]

Якщо $n = 2$ , тоді ми маємо два числа, $x 1$ і $x 2$ , і оскільки (за припущенням) не всі числа однакові, маємо:

{\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}}

звідси

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

як вимагалось.

Підвипадок коли n = 2^k[ред. | ред. код]

Розглянемо випадок коли $n = 2 k$ , де $k$ це додатне число. Ми продовжуємо, використовуючи математичну індукцію.

У базовому випадку, $k = 1$ , тому $n = 2$ . Ми вже показали, що нерівність має місце коли $n = 2$ , отже, тут все готово.

Тепер, припустимо, що для певного $k > 1$ , ми вже показали, що нерівність дотримується для $n = 2 k -1$ , і ми хочемо показати, що нерівність має місце і для $n = 2 k$ . Щоб це зробити, ми двічі застосуємо нерівність для $2 k -1$ чисел і один раз для $2$ чисел, щоб отримати:

{\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}}

де у першій нерівності рівність досягається лише тоді, коли

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

і

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

(у цьому випадку перше середнє арифметичне і перше середнє геометричне обидва дорівнюють $x 1$ , і аналогічно із другим середнім арифметичним і другим середнім геометричним); і у другій нерівності рівність досягається лише тоді, коли два середніх геометричних рівні між собою. Оскільки не всі $2 k$ чисел однакові, неможливо, щоб обидві нерівності стали рівностями, тому ми знаємо, що:

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

як вимагалось.

Підвипадок коли n < 2^k[ред. | ред. код]

Якщо $n$ не є натуральним степенем $2$ , тоді це однозначно менше ніж деякий натуральний степінь 2, оскільки послідовність $2, 4, 8, . . . , 2 k, . . .$ є необмеженою згори. Отже, без втрати загальності, нехай $m$ буде деяким натуральним степенем $2$ , який більше ніж $n$ .

З цього, якщо ми маємо $n$ чисел, тоді позначимо їх середнє арифметичне як $α$ , і розширимо список чисел так:

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

Тоді ми маємо:

{\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}}

тому

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

і

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

як вимагалось.

Доведення по індукції із використанням базових знань з обчислення[ред. | ред. код]

Наступне доведення використовує математичну індукцію і диференціальне числення.

База: Для $n = 1$ твердження виконується із знаком рівності.

Гіпотеза: Припустимо, що СА-СГ виконується для всіх можливих $n$ невід'ємних дійсних чисел.

Крок: Для того, щоб довести твердження для $n + 1$ невід'ємних дійсних чисел $x 1, . . . , x n, x n +1$ , нам потрібно довести, що

{\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

з рівністю лише тоді, коли всі $n + 1$ чисел однакові.

Якщо всі числа дорівнюють нулю, нерівність виконується із знаком рівності. Якщо деякі, але не всі числа є нулями, то ми маємо строгу нерівність. Отже, ми можемо припустити, що всі $n + 1$ чисел є додатними.

Ми розглядатимемо останнє число $x n +1$ як змінну і визначимо функцію

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

Доведення кроку індукції тотожне доведенню того, що $f (t) \geq 0$ для всіх $t > 0$ , із $f (t) = 0$ тільки якщо $x 1, . . . , x n$ і $t$ всі рівні. Це можна зробити проаналізувавши критичні точки $f$ .

Перша похідна $f$ така

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.

Критична точка $t 0$ має задовольняти $f' (t 0) = 0$ , що значить

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

Після невеличкої перестановки отримуємо

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

і зрештою

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

що є середнім геометричним $x 1, . . . , x n$ . Це єдина критична точка $f$ . Оскільки $f'' (t) > 0$ для всіх $t > 0$ , функція $f$ є строго опуклою і має строгий глобальний мінімум у $t 0$ . Тепер обчислимо значення функції у цьому глобальному мінімумі:

{\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}}.

де остання нерівність виконується через індукційну гіпотезу. Гіпотеза також каже, що ми можемо мати рівність лише коли $x 1, . . . , x n$ усі однакові. У цьому випадку, їхнє середнє геометричне і $t 0$ мають однакове значення. З цього, якщо $x 1, . . . , x n, x n +1$ не всі рівні, ми маємо $f (x n +1) > 0$ . Це завершує доведення.

Цю техніку можна використати для доведення узагальненої нерівності СА-СГ і Нерівності Коші — Буняковського в Евклідовому просторі $R n$ .

Доведення Пойа із використанням експоненційної функції[ред. | ред. код]

Пойа Дьордь навів доведення подібне до наступного. Нехай $f (x) = e x -1 - x$ для всіх дійсних $x$ , із першою похідною $f' (x) = e x -1 - 1$ і другою похідною $f'' (x) = e x -1$ . Звернемо увагу, що $f (1) = 0$ , $f' (1) = 0$ і $f'' (x) > 0$ для дійсних $x$ , звідси $f$ є строго опуклою з абсолютним мінімумом у $x = 1$ . Звідси $x \leq e x -1$ для всіх дійсних $x$ зі знаком рівності лише для $x = 1$ .

Розглянемо список невід'ємних дійсних чисел $x 1, x 2, . . . , x n$ . Якщо вони всі нулі, тоді нерівність СА-СГ виконується зі знаком рівності. Отже, ми можемо припустити, що середнє арифметичне $α > 0$ . Застосовуючи попередню нерівність ми отримуємо, що

{\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 (*)\end{aligned}}

із рівністю, лише якщо $x i = α$ для кожного $i \in {1, . . . , n}$ . Аргумент експоненційної функції можна спростити:

{\begin{aligned}{\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.\end{aligned}}

Повертаючись до $(*)$ ,

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

що дає $x 1 x 2 \cdot \cdot \cdot x n \leq α n$ , отже, в результаті^[3]

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

Узагальнення[ред. | ред. код]

Нерівність СА-СГ зважена[ред. | ред. код]

Існує подібна нерівність для середнього зваженого і середнього геометричного зваженого. А саме, нехай дані невід'ємні числа $x 1, x 2, . . . , x n$ і невід'ємні ваги $w 1, w 2, . . . , w n$ . Встановимо $w = w 1 + w 2 + \cdot \cdot \cdot + w n$ . Якщо $w > 0$ , тоді нерівність

{\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}}}}

виконується з рівністю тоді і тільки тоді, коли всі $x k$ і $w k > 0$ однакові. Тут використовується домовленість, що $00 = 1$ .

Якщо всі $w k = 1$ , то ми маємо звичайну нерівність СА-СГ.

Доведення із використанням нерівності Єнсена[ред. | ред. код]

Використовуючи скінченну форму нерівності Єнсена для натурального логарифма, ми можемо довести нерівність між середнім арифметичним зваженим і середнім геометричним зваженим.

Оскільки $x k$ з вагою $w k = 0$ не впливає на нерівність, ми можемо надалі припустити, що всі ваги додатні. Якщо всі $x k$ однакові, тоді має місце рівність. Отже, залишилось довести строгу нерівність, якщо вони не однакові, ми це також припускатимемо далі. Якщо хоч один $x k$ нульовий (але не всі), тоді середнє геометричне зважене нульове, тоді як середнє арифметичне зважене ненульове, тому має місце строга нерівність. Через це ми припускатимемо, що всі $x k$ — додатні.

Оскільки натуральний логарифм є строго угнутим, скінченна форма нерівності Єнсена і функціональні рівняння натурального логарифма кажуть, що

{\begin{aligned}\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}}}}.\end{aligned}}

Оскільки натуральний логарифм є строго висхідною функцією, то

{\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}}}}.

Інші узагальнення[ред. | ред. код]

Середнє степеневе

Див. також[ред. | ред. код]

Нерівність Юнга

Примітки[ред. | ред. код]

↑ Steele, J. Michael (2004). The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities. MAA Problem Books Series. Cambridge University Press. ISBN 978-0-521-54677-5. OCLC 54079548.
↑ Cauchy, Augustin-Louis (1821). Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, première partie, Analyse algébrique, Paris. The proof of the inequality of arithmetic and geometric means can be found on pages 457ff.
↑ Arnold, Denise; Arnold, Graham (1993). Four unit mathematics. Hodder Arnold H&S. с. 242. ISBN 978-0-340-54335-1. OCLC 38328013.

[1] Steele, J. Michael (2004). The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities. MAA Problem Books Series. Cambridge University Press. 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, Paris. The proof of the inequality of arithmetic and geometric means can be found on pages 457ff.

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

[1]

[2]

[3]

Нерівність середнього арифметичного та геометричного — Вікіпедія

Підґрунтя[ред. | ред. код]

Нерівність[ред. | ред. код]

Геометричне тлумачення[ред. | ред. код]

Приклад застосування[ред. | ред. код]

Доведення нерівності СА-СГ[ред. | ред. код]

Ідея перших двох доведень[ред. | ред. код]

Доведення за допомогою індукції[ред. | ред. код]

Доведення Коші прямо-зворотною індукцією[ред. | ред. код]

Випадок коли всі числа однакові[ред. | ред. код]

Випадок коли не всі числа однакові[ред. | ред. код]

Випадок коли n = 2[ред. | ред. код]

Підвипадок коли n = 2k[ред. | ред. код]

Підвипадок коли n < 2k[ред. | ред. код]

Доведення по індукції із використанням базових знань з обчислення[ред. | ред. код]

Доведення Пойа із використанням експоненційної функції[ред. | ред. код]

Узагальнення[ред. | ред. код]

Нерівність СА-СГ зважена[ред. | ред. код]

Доведення із використанням нерівності Єнсена[ред. | ред. код]

Інші узагальнення[ред. | ред. код]

Див. також[ред. | ред. код]

Примітки[ред. | ред. код]

Підвипадок коли n = 2^k[ред. | ред. код]

Підвипадок коли n < 2^k[ред. | ред. код]