Nierówności między średnimi

Nierówności między średnimi, nierówności Cauchy’ego między średnimi – nierówności porządkujące w ciąg nierosnący cztery średnie, tj. średnią kwadratową, arytmetyczną, geometryczną i harmoniczną wyznaczone dla tego samego układu liczb dodatnich $a_1,a_2,\dots ,a_n.$ Ich nazwa pochodzi od nazwiska Augustina Louisa Cauchy’ego, francuskiego matematyka.

Oznacza to, że:

$\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2}{n}}⩾\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n}⩾\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\dots +\frac{1}{a_n}}.$

Ponadto równości w powyższym wyrażeniu zachodzą wtedy i tylko wtedy, gdy liczby $a_1,a_2,\dots ,a_n$ są równe.

Nierówność między średnimi jest szczególnym przypadkiem nierówności między średnimi uogólnionymi.

Można też rozważać ważoną wersję tej nierówności:

$q_1{x}_1+q_2{x}_2+\dots +q_n{x}_n⩾x_1^{q_1}{x}_2^{q_2}\dots x_n^{q_n}$

dla

$x_1,x_2,\dots x_n,q_1,q_2,\dots ,q_n>0$ i $q_1+q_2+\dots +q_n=1$

bądź wersję całkową:

$\exp (\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\ln f(x)\mathrm{d}x)⩽\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x.$

dla $f$ całkowalnej i dodatniej w $[a,b].$

Dowody

Nierówność Cauchy’ego między średnimi jest szczególnym przypadkiem nierówności między średnimi potęgowymi, więc dowód nierówności między średnimi potęgowymi jest jednocześnie dowodem nierówności Cauchy’ego, ale można przeprowadzić również osobne dowody, mniej lub bardziej zbliżone do dowodu nierówności między średnimi potęgowymi, dla poszczególnych nierówności zawartych wśród nierówności Cauchy’ego.

Średnia arytmetyczna i geometryczna

Dowód przy użyciu twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych

Niniejszy dowód korzysta z twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych.

Weźmy dowolny ciąg liczb rzeczywistych dodatnich: $(\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\dots ,\sqrt[n]{a_n}).$ Możemy założyć bez straty ogólności, że jest on uporządkowany nierosnąco, ponieważ zbiór liczb rzeczywistych jest uporządkowany, ciąg ten jest wobec tego monotoniczny, a w szczególności jest jednomonotoniczny sam ze sobą. Następnie mnożąc kolejne elementy tego ciągu ‘po przekątnej’ i operację tę powtarzając $n$ razy, jak na przykładzie dla $n=3$ (mnożymy wyrazy tego samego koloru):

$\left[\begin{array}{ccc}\sqrt[3]{a_1}& \sqrt[3]{a_2}& \sqrt[3]{a_3}\\ \sqrt[3]{a_1}& \sqrt[3]{a_2}& \sqrt[3]{a_3}\\ \sqrt[3]{a_1}& \sqrt[3]{a_2}& \sqrt[3]{a_3}\end{array}\right]$

po dodaniu otrzymujemy:

$n\cdot \sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3\dots a_n}$

zgodnie z twierdzeniem o ciągach jednomonotonicznych:

$\sqrt[n]{a_1}{}^n+\sqrt[n]{a_2}{}^n+\dots +\sqrt[n]{a_n}{}^n=a_1+a_2+\dots +a_n⩾n\cdot \sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3\dots a_n},$

co po podzieleniu obustronnie przez $n$ daje żądaną nierówność:

$\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3\dots a_n}.$

Dowód przy użyciu nierówności Jensena

Funkcja $\log x$ jest wklęsła w przedziale $(0;\mathrm{\infty }).$ Z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej przy

${\alpha }_1={\alpha }_2=\dots ={\alpha }_n=\frac{1}{n}$

otrzymujemy, że dla dowolnych liczb dodatnich $x_1,x_2,\dots ,x_n$ zachodzi

$\log ({\alpha }_1{x}_1+{\alpha }_2{x}_2+\dots +{\alpha }_n{x}_n)⩾{\alpha }_1\log (x_1)+{\alpha }_2\log (x_2)+\dots +{\alpha }_n\log (x_n).$

Stąd:

$\log (\frac{1}{n}(x_1+x_2+\dots +x_n))⩾\frac{1}{n}(\log (x_1)+\log (x_2)+\dots +\log (x_n))=\log ((x_1{x}_2\dots x_n{)}^{\frac{1}{n}}).$

Funkcja $\log$ jest rosnąca, więc jest to równoważne:

$\frac{x_1+x_2+\dots +x_n}{n}⩾(x_1{x}_2\dots x_n{)}^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{x_1{x}_2\dots x_n},$

co kończy dowód.

Dowód przy użyciu nierówności Muirheada

Biorąc ciągi $a=(1,0,0,\dots ,0)$ i $b=(\frac{1}{n},\frac{1}{n},\dots ,\frac{1}{n})$ z nierówności Muirheada otrzymujemy natychmiast:

$(n-1)!(x_1+x_2+\dots +x_n)⩾n!x_1^{\frac{1}{n}}{x}_2^{\frac{1}{n}}\dots x_n^{\frac{1}{n}},$

czyli

$\frac{x_1+x_2+\dots +x_n}{n}⩾\sqrt[n]{x_1{x}_2\dots x_n}.$

Dowód indukcyjny

Poniższy dowód opiera się na indukcji matematycznej w nietypowy sposób, gdyż stosuje się w nim indukcję wsteczną. Został on podany przed Cauchy'ego w jego dziele Cours d’analyse de l’École Polytechnique

Przypadek $n=1$ jest trywialny, gdyż średnia arytmetyczna i geometryczna są zawsze równe sobie.

Przypadki dwóch składników

Na początku udowodnijmy nierówność w przypadku dwóch składników tj. $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{a\cdot b}.$

Ponieważ każda liczba podniesiona do kwadratu jest nieujemna, zatem:

$(a-b{)}^2⩾0,$

$a^2-2ab+b^2⩾0,$

$a^2+2ab+b^2⩾4ab,$

$\frac{(a+b{)}^2}{4}⩾ab,$ po spierwiastkowaniu:

$\frac{(a+b)}{2}⩾\sqrt{ab},$ co kończy dowód dla $n=2$.

Ponadto z podanej na początku nierówności wynika fakt, że średnie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są takie same.

Przypadek $n=2^k$

Następnie można udowodnić za pomocą indukcji, że jeżeli twierdzenie jest prawdziwe dla $n$, to jest też prawdziwe dla $2n$:

$\begin{array}{cc}& \frac{a_1+a_2+\dots +a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+\dots +a_{2n}}{2n}=\frac{\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}+\frac{a_{n+1}+a_{n+2}+\dots +a_{2n}}{n}}{2}\\ & ⩾\frac{\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n}+\sqrt[n]{a_{n+1}\cdot a_{n+2}\cdot \dots \cdot a_{2n}}}{2}\\ & ⩾\sqrt{\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n}\cdot \sqrt[n]{a_{n+1}\cdot a_{n+2}\cdot \dots \cdot a_{2n}}}\\ & =\sqrt{\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}\cdot \dots \cdot a_{2n}}}=\sqrt[2n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}\cdot \dots \cdot a_{2n}}\end{array}$

Wynika stąd, że dla każdego naturalnego $k$: $\frac{a_1+a_2+\dots +a_{2^k}}{2^k}⩾\sqrt[2^k]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_{2^k}}.$

Pozostałe przypadki

Ponieważ ciąg $2^k$ nie jest ograniczony z góry, oznacza to, że każda liczba jest mniejsza od jakiejś liczby naturalnej będącej potęgą liczby 2.

Dzięki temu aby wykazać zachodzenie nierówności dla dowolnej ilości liczb, wystarczy wykazać indukcyjnie, że jeżeli jest ono prawdziwe dla $n+1$ to jest ono także prawdziwe dla $n$:

Niech $a_{n+1}=\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}$. Wtedy $\frac{a_1+a_2+\dots +a_n+\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}}{n+1}⩾\sqrt[n+1]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}},$

dalej: $\frac{(a_1+a_2+\dots +a_n)\cdot \frac{n+1}{n}}{n+1}⩾\sqrt[n+1]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}},$

$\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}⩾\sqrt[n+1]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}},$

$(\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}{)}^{n+1}=(\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}{)}^n\cdot \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}⩾a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n\cdot \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n},$

$\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_n}.$

Stąd wiemy, że nierówność między średnimi ma miejsce dla dowolnej ilości liczb, co kończy dowód.

Średnia geometryczna i harmoniczna

Zgodnie z nierównością między średnimi arytmetyczną i geometryczną:

$\sqrt[n]{\frac{1}{x_1}\cdot \frac{1}{x_2}\cdot \dots \cdot \frac{1}{x_n}}⩽\frac{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots +\frac{1}{x_n}}{n},$

gdzie $x_i$ są dodatnie (z czego wynika, że ich odwrotności są dodatnie).

Funkcja

$f:{ℝ}_{+}\to {ℝ}_{+},f(x)=x^{-1}$

jest malejąca, więc po nałożeniu jej obustronnie na powyższą nierówność otrzymujemy:

$\sqrt[n]{x_1{x}_2\dots x_n}⩾\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots +\frac{1}{x_n}},$

co kończy dowód.

Średnia arytmetyczna i kwadratowa

Dowód korzysta z twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych.

Rozważmy sumę:

$a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2$

nierosnącego ciągu liczb rzeczywistych dodatnich $a_1,\dots ,a_n.$ Zgodnie z twierdzeniem o ciągach jednomonotonicznych jest to największa suma, jaką możemy uzyskać poprzez mnożenie wyrazów podanego ciągu.

Po pomnożeniu jej przez $n$ otrzymujemy:

$n\cdot (a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2),$

co zgodnie z nierównością jest nie mniejsze niż suma dowolnych $n$ sum powstałych w wyniku podobnego mnożenia.

Łatwo zauważyć, że iloczyn: $(a_1+a_2+\dots +a_n{)}^2$ jest sumą dokładnie $n$ takich sum, zatem:

$n\cdot (a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2)⩾(a_1+a_2+\dots +a_n{)}^2$

dzielimy obustronnie przez $n^2$

$\frac{a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2}{n}⩾\frac{(a_1+a_2+\dots +a_n{)}^2}{n^2}$

i wyciągamy obustronnie pierwiastek kwadratowy:

$\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2}{n}}⩾\frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n},$

co kończy dowód.

Przykładowe zastosowania

Ciąg $(n^{1/n})$ dąży do 1

Przy użyciu nierówności między średnią geometryczną a arytmetyczną oraz twierdzenia o trzech ciągach można wykazać, że

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{n}=1.$

Rzeczywiście,

$n=\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\cdot \underset{n-2}{\underbrace{1\cdot 1\cdot \dots \cdot 1}},$

skąd

$1⩽\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\cdot 1\cdot \dots \cdot 1}⩽\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n}+1+\dots +1}{n}=\frac{2\sqrt{n}+n-2}{n}=\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n}.$

Ponieważ

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n})=1,$

więc również $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{n}=1.$

Zobacz też

• nierówność między średnimi potęgowymi
• nierówność Muirheada
• średnia kwadratowa
• średnia uogólniona