Просмотр кода страницы Неравенство о среднем арифметическом, геометрическом и гармоническом

'''Неравенство о среднем [[Среднее квадратическое|квадратическом]], [[Среднее арифметическое|арифметическом]], [[Среднее геометрическое|геометрическом]] и [[Среднее гармоническое|гармоническом]]''' гласит, что для любых неотрицательных чисел <math>x_1,x_2,\dots,x_n</math> верно неравенство:
: <math>\bar{x}_\mathrm{quadr} \geqslant \bar{x}_\mathrm{arithm} \geqslant \bar{x}_\mathrm{geom} \geqslant \bar{x}_\mathrm{harmon}.</math>
Равенство достигается в случае равенства всех аргументов: <math>x_1 = x_2 = \ldots = x_n</math>.

Это неравенство является частным случаем [[Среднее степенное|неравенства о средних]] (неравенство Коши).

[[Файл:Arithmetic, geometric and harmonic means.png|thumb|right|353px|Часть [[конус]]а <math>z=\sqrt{xy}</math>, определяемая средним геометрическим чисел <math>x</math> и <math>y</math> (красная), лежит между плоскостью <math>z={x+y\over2}</math>, определяемой средним арифметическим (синяя), и частью конуса <math>z = \frac{2}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}}</math>, определяемой средним гармоническим (зелёная)]]
[[File:AM_GM_inequality_visual_proof.svg|thumb|Геометрическое доказательство того, что среднее арифметическое больше среднего геометрического (<math>\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}</math>)]]

== Определения ==
Выражение
: <math> \bar{x}_\mathrm{arithm} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n{x_i} = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}</math>
называется [[среднее арифметическое|средним арифметическим]] чисел <math>x_1,x_2,\dots,x_n</math>.

Выражение
: <math> \bar{x}_\mathrm{geom} = \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n{x_i}} = \sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n} </math>
называется [[Среднее геометрическое|средним геометрическим]] чисел <math>x_1,x_2,\dots,x_n</math>.

Выражение
: <math> \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}} </math>
называется [[среднее гармоническое|средним гармоническим]] чисел <math>x_1,x_2,\dots,x_n</math>.

Выражение
: <math> \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}}</math>
называется [[среднее квадратическое|средним квадратическим]] чисел <math>x_1,x_2,\dots,x_n</math>.

== Связанные результаты ==
* Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим является частным случаем [[неравенство о средних|неравенства о средних]].
* Неравенство Коши в обобщённом виде легло в основу [[Геометрическое программирование|геометрического программирования]].
* [[Неравенство Карлемана]].

== История ==
Одно из доказательств этого неравенства было опубликовано [[Коши, Огюстен Луи|Коши]] в его учебнике по математическому анализу в 1821 году<ref>{{Статья|автор=Cauchy, Augustin-Louis|заглавие=Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique. Première partie. Analyse algébrique|год=1821|страницы=457—459|ссылка=http://visualiseur.bnf.fr/CadresFenetre?O=NUMM-29058&I=479&M=tdm|место=Paris|издание=|archivedate=2017-03-15|archiveurl=https://web.archive.org/web/20170315090008/http://visualiseur.bnf.fr/CadresFenetre?O=NUMM-29058&I=479&M=tdm}}</ref>.

== Доказательство ==

=== При n = 2 ===
[[Файл:Geometric proof of ineqality of geometric and arithmetic means.svg|thumb|right|Рис. 1]]
Количество доказательств этого неравенства на данный момент сравнимо, наверное, только с количеством доказательств теоремы Пифагора. Приведем красивое геометрическое доказательство для случая <math>n = 2</math>. Пускай нам даны два отрезка длины <math>a</math> и <math>b</math>. Тогда построим окружность диаметром <math>a + b</math> (см. рис. 1). От одного из концов диаметра отметим точку <math>M</math> на расстоянии <math>a</math>. Проведем через эту точку перпендикуляр к диаметру; полученная прямая пересечет окружность в двух точках, <math>C</math> и <math>C_1</math>. Рассмотрим полученную хорду. Треугольник <math>ABC</math> прямоугольный, так как угол <math>C</math> — вписанный в окружность и опирающийся на её диаметр, а значит, прямой. Итак, <math>CM</math> — высота треугольника <math>ABC</math>, [[Прямоугольный_треугольник#Высота|а высота в прямоугольном треугольнике есть среднее геометрическое двух сегментов гипотенузы]]. Значит, <math>CM = \sqrt{ab}</math>. Аналогично, из треугольника <math>ABC_1</math> получаем, что <math>C_1 M = \sqrt{ab}</math>, поэтому <math>CC_1 = 2CM = 2C_1 M = 2\sqrt{ab}</math>. Так как <math>CC_1</math> — хорда окружности с диаметром <math>a + b</math>, а хорда не превосходит диаметра, то получаем, что <math>2\sqrt{ab} \leqslant a + b</math>, или же <math>\sqrt{ab} \leqslant \frac{a + b}{2}</math>. Заметим, что равенство будет тогда, когда хорда будет совпадать с диаметром, то есть при <math>a=b</math>.

Алгебраическое же доказательство может быть построено следующим образом:

: <math>\frac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\;\Leftrightarrow\;(a+b)^2\geqslant 4ab\;\Leftrightarrow\;(a-b)^2\geqslant 0</math>

Отметим, что первый переход равносилен в силу неотрицательности <math>a</math> и <math>b</math>.

=== При n = 4 ===
Достаточно положить <math>\alpha = \frac{a_1 + a_2}{2},\; \beta = \frac{a_3 + a_4}{2}</math>, а также <math>\alpha'=\sqrt{a_1a_2},\;\beta'=\sqrt{a_3a_4}</math>. Нетрудно видеть, в силу доказанного, что
: <math>\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_1a_2a_3a_4}</math>.

=== По индукции с обратным шагом ===
Очевидно, переход от 2 к 4 по индукции влечёт за собой справедливость неравенства для <math>N=2^k</math>, причём для интересующего нас <math>n</math> найдётся <math>k: N\geqslant n</math>. Полагая неравенство верным для <math>N</math>, докажем его справедливость для <math>N-1</math>. Для этого достаточно положить <math>a_N = \sqrt[N-1]{a_1\cdot\ldots\cdot a_{N-1}} </math>, тогда 

: <math>\frac{a_1+\ldots+a_N}{N}\geqslant \sqrt[N]{a_1\cdot\ldots\cdot a_N}\;\Leftrightarrow\;</math><math>\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\;</math><math>a_1+\ldots+a_{N-1}\geqslant (N-1)\sqrt[N-1]{a_1\cdot\ldots\cdot a_{N-1}}\;\Leftrightarrow\;
</math><math>\frac{a_1+\ldots+a_{N-1}}{N-1}\geqslant \sqrt[N-1]{a_1\cdot\ldots\cdot a_{N-1}}</math>

По принципу индукции приведённое доказательство верно также и для <math>n</math>.

=== Прямое доказательство ===
: <math>\sqrt[n]{x_1  x_2  ...  x_n} \leqslant \frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n}</math>

Поделим обе части неравенства на <math>\sqrt[n]{x_1  x_2  ...  x_n}</math> и произведем замену <math>y_i= \frac{x_i}{\sqrt[n]{x_1 x_2 ... x_n}}</math>. Тогда при условиях <math>y_1 >0,  y_2 >0, ... , y_n >0;  \quad y_1 y_2 ... y_n=1</math> необходимо доказать, что <math>1 \leqslant \frac{y_1 + y_2 + ... + y_n}{n}</math>(1).

Воспользуемся методом [[Математическая индукция|математической индукции]].

Нужно доказать, что если <math>m_1 >0,  m_2 >0, ... , m_{n+1} >0;  \quad m_1 m_2 ... m_{n+1}=1</math>, то <math>m_1 + m_2 + ... +m_{n+1}\geq n+1</math>. Воспользуемся неравенством (1), которое по предположению индукции считаем доказанным для <math>n</math>. Пусть <math>y_1=m_1,   y_2=m_2, ... , y_n=m_n m_{n+1}</math>, причем выберем из последовательности (<math>m_i</math>) такие два члена, что <math>m_n\geq1</math>, <math>m_{n+1}\leq1</math> (такие точно существуют, т.к. <math>m_i>0, m_1*m_2*...*m_{n+1}=1</math>). Тогда выполнены оба условия <math>y_1 >0,  y_2 >0, ... , y_n >0;  \quad y_1 y_2 ... y_n=1</math> и предполагается доказанным неравенство <math>y_1 + y_2 + ... + y_n\geq n</math> или <math>m_1 + m_2 + ... + m_n m_{n+1}\geq n</math>.  Теперь заменим <math>m_n m_{n+1}</math> на <math>m_n + m_{n+1}</math>. Это возможно сделать в силу того, что <math>m_n + m_{n+1}\geq m_n m_{n+1}+1</math> или <math>m_n + m_{n+1} - m_n m_{n+1}-1\geq 0</math>, что, очевидно выполняется, так как <math>m_n(1 - m_{n+1}) - (1-m_{n+1})=(m_n - 1)(1-m_{n+1})\geq 0</math>. Таким образом, неравенство доказано.

=== Доказательство при помощи неравенства Бернулли ===
Воспользуемся методом [[Математическая индукция|математической индукции]]. Пусть неравенство доказано для <math>n</math> чисел. Докажем его для <math>n + 1</math> числа.

Пусть, без ограничения общности, <math>a_{n+1}</math> ― наибольшее из чисел <math>a_1, \dots, a_{n+1}</math>.
Сделаем замену <math>S_n = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}</math>.
Тогда <math>a_{n+1} = S_n + d</math> для некоторого <math>d \ge 0</math>.

<math>
\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}
</math>, что и требовалось.

Здесь переход (1) был сделан по [[Неравенство Бернулли|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.

== Примечания ==
{{примечания}}

== Литература ==
* {{статья |автор=Соловьев Ю. |заглавие=Огюстен Луи Коши и математическая индукция |издание=[[Квант (журнал)|Квант]] |год=1991 |номер=3 |страницы=13—14 |ссылка=http://kvant.mccme.ru/1991/03/ogyusten_lui_koshi_i_matematic.htm}}

{{Среднее}}

[[Категория:Числовые неравенства]]
[[Категория:Средние величины]]