Неравенство о среднем арифметическом, геометрическом и гармоническом

Неравенство о среднем квадратическом, арифметическом, геометрическом и гармоническом гласит, что для любых неотрицательных чисел $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$ верно неравенство:

${\bar {x}}_{\mathrm {quadr} }\geqslant {\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }\geqslant {\bar {x}}_{\mathrm {geom} }\geqslant {\bar {x}}_{\mathrm {harmon} },$

причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{n}$.

Это неравенство является частным случаем неравенства о средних (неравенство Коши).

Часть конуса $z={\sqrt {xy}}$, определяемая средним геометрическим чисел $x$ и $y$ (красная), лежит между плоскостью $z={x+y \over 2}$, определяемой средним арифметическим (синяя), и частью конуса $z={\frac {2}{{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}}}$, определяемой средним гармоническим (зелёная)

Определения

Выражение

${\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }={\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}{x_{i}}={\frac {x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}}{n}}$

называется средним арифметическим чисел $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$.

Выражение

${\bar {x}}_{\mathrm {geom} }={\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}{x_{i}}}}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}$

называется средним геометрическим чисел $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$.

Выражение

${\bar {x}}_{\mathrm {harmon} }={\frac {n}{\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{x_{i}}}}}={\frac {n}{{\frac {1}{x_{1}}}+{\frac {1}{x_{2}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}}$

называется средним гармоническим чисел $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$.

Выражение

${\bar {x}}_{\mathrm {quadr} }={\sqrt {{\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}}}={\sqrt {\frac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots +x_{n}^{2}}{n}}}$

называется средним квадратическим чисел $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$.

Связанные результаты

• Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим является частным случаем неравенства о средних.
• Неравенство Коши в обобщённом виде легло в основу геометрического программирования.
• Неравенство Карлемана.

История

Одно из доказательств этого неравенства было опубликовано Коши в его учебнике по математическому анализу в 1821 году.

Доказательство

При n = 2

Рис. 1

Количество доказательств этого неравенства на данный момент сравнимо, наверное, только с количеством доказательств теоремы Пифагора. Приведем красивое геометрическое доказательство для случая $n=2$. Пускай нам даны два отрезка длины $a$ и $b$. Тогда построим окружность диаметром $a+b$ (см. рис. 1). От одного из концов диаметра отметим точку $M$ на расстоянии $a$. Проведем через эту точку перпендикуляр к диаметру; полученная прямая пересечет окружность в двух точках, $C$ и $C_{1}$. Рассмотрим полученную хорду. Треугольник $ABC$ прямоугольный, так как угол $C$ — вписанный в окружность и опирающийся на её диаметр, а значит, прямой. Итак, $CM$ — высота треугольника $ABC$, а высота в прямоугольном треугольнике есть среднее геометрическое двух сегментов гипотенузы. Значит, $CM={\sqrt {ab}}$. Аналогично, из треугольника $ABC_{1}$ получаем, что $C_{1}M={\sqrt {ab}}$, поэтому $CC_{1}=2CM=2C_{1}M=2{\sqrt {ab}}$. Так как $CC_{1}$ — хорда окружности с диаметром $a+b$, а хорда не превосходит диаметра, то получаем, что $2{\sqrt {ab}}\leqslant a+b$, или же ${\sqrt {ab}}\leqslant {\frac {a+b}{2}}$. Заметим, что равенство будет тогда, когда хорда будет совпадать с диаметром, то есть при $a=b$.

Алгебраическое же доказательство может быть построено следующим образом:

${\frac {a+b}{2}}\geqslant {\sqrt {ab}}\;\Leftrightarrow \;(a+b)^{2}\geqslant 4ab\;\Leftrightarrow \;(a-b)^{2}\geqslant 0$

Отметим, что первый переход равносилен в силу неотрицательности $a$ и $b$.

При n = 4

Достаточно положить $\alpha ={\frac {a_{1}+a_{2}}{2}},\;\beta ={\frac {a_{3}+a_{4}}{2}}$, а также $\alpha '={\sqrt {a_{1}a_{2}}},\;\beta '={\sqrt {a_{3}a_{4}}}$. Нетрудно видеть, в силу доказанного, что

${\frac {\alpha +\beta }{2}}\geqslant {\sqrt {\alpha \beta }}\geqslant {\sqrt {\alpha '\beta '}}\;\Leftrightarrow \;{\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}}\geqslant {\sqrt[{4}]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}}$.

По индукции с обратным шагом

Очевидно, переход от 2 к 4 по индукции влечёт за собой справедливость неравенства для $N=2^{k}$, причём для интересующего нас $n$ найдётся $k:N\geqslant n$. Полагая неравенство верным для $N$, докажем его справедливость для $N-1$. Для этого достаточно положить $a_{N}={\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}$, тогда

${\frac {a_{1}+\ldots +a_{N}}{N}}\geqslant {\sqrt[{N}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N}}}\;\Leftrightarrow \;$${\frac {a_{1}+\ldots +a_{N-1}+{\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}{N}}\geqslant {\sqrt[{N}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}{\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}}\;\Leftrightarrow \;$$a_{1}+\ldots +a_{N-1}\geqslant (N-1){\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}\;\Leftrightarrow \;$${\frac {a_{1}+\ldots +a_{N-1}}{N-1}}\geqslant {\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}$

По принципу индукции приведённое доказательство верно также и для $n$.

Прямое доказательство

${\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}\leqslant {\frac {x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n}}$

Поделим обе части неравенства на ${\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}$ и произведем замену $y_{i}={\frac {x_{i}}{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}}$. Тогда при условиях $y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1$ необходимо доказать, что $1\leqslant {\frac {y_{1}+y_{2}+...+y_{n}}{n}}$(1).

Воспользуемся методом математической индукции.

Нужно доказать, что если $m_{1}>0,m_{2}>0,...,m_{n+1}>0;\quad m_{1}m_{2}...m_{n+1}=1$, то $m_{1}+m_{2}+...+m_{n+1}\geq n+1$. Воспользуемся неравенством (1), которое по предположению индукции считаем доказанным для $n$. Пусть $y_{1}=m_{1},y_{2}=m_{2},...,y_{n}=m_{n}m_{n+1}$, причем выберем из последовательности ($m_{i}$) такие два члена, что $m_{n}\geq 1$, $m_{n+1}\leq 1$ (такие точно существуют, т.к. $m_{i}>0,m_{1}*m_{2}*...*m_{n+1}=1$). Тогда выполнены оба условия $y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1$ и предполагается доказанным неравенство $y_{1}+y_{2}+...+y_{n}\geq n$ или $m_{1}+m_{2}+...+m_{n}m_{n+1}\geq n$. Теперь заменим $m_{n}m_{n+1}$ на $m_{n}+m_{n+1}$. Это возможно сделать в силу того, что $m_{n}+m_{n+1}\geq m_{n}m_{n+1}+1$ или $m_{n}+m_{n+1}-m_{n}m_{n+1}-1\geq 0$, что, очевидно выполняется, так как $m_{n}(1-m_{n+1})-(1-m_{n+1})=(m_{n}-1)(1-m_{n+1})\geq 0$. Таким образом, неравенство доказано.

Доказательство при помощи неравенства Бернулли

Воспользуемся методом математической индукции. Пусть неравенство доказано для $n$ чисел. Докажем его для $n+1$ числа.

Пусть, без ограничения общности, $a_{n+1}$ ― наибольшее из чисел $a_{1},\dots ,a_{n+1}$. Сделаем замену $S_{n}={\frac {a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}}{n}}$. Тогда $a_{n+1}=S_{n}+d$ для некоторого $d\geq 0$.

$\left({\frac {a_{1}+\dots +a_{n}+a_{n+1}}{n+1}}\right)^{n+1}=\left({\frac {nS_{n}+(S_{n}+d)}{n+1}}\right)^{n+1}=S_{n}^{n+1}\left(1+{\frac {d}{(n+1)S_{n}}}\right)^{n+1}{\stackrel {(1)}{\geq }}S_{n}^{n}S_{n}\left(1+{\frac {d}{S_{n}}}\right)=S_{n}^{n}a_{n+1}{\stackrel {(2)}{\geq }}a_{1}a_{2}\dots a_{n}a_{n+1}$, что и требовалось.

Здесь переход (1) был сделан по неравенству Бернулли, а переход (2) ― по предположению индукции.

Отражение в культуре

Эпизод с доказательством, что среднее арифметическое больше среднего геометрического, присутствует в одной из сцен кинофильма «Сердца четырёх» 1941 года.

Литература

• Соловьев Ю. Огюстен Луи Коши и математическая индукция // Квант. — 1991. — № 3. — С. 13—14.