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:

${\overline{x}}_{\mathrm{q}\mathrm{u}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{r}}⩾{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}⩾{\overline{x}}_{\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{o}\mathrm{m}}⩾{\overline{x}}_{\mathrm{h}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{n}}.$

Равенство достигается в случае равенства всех аргументов: $x_1=x_2=\dots =x_n$.

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 $z=\frac{x+y}{2}$, определяемой средним арифметическим (синяя), и частью конуса $z=\frac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}$, определяемой средним гармоническим (зелёная)

Геометрическое доказательство того, что среднее арифметическое больше среднего геометрического ($\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$)

Определения

Выражение

${\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i=\frac{x_1+x_2+\dots +x_n}{n}$

называется средним арифметическим чисел $x_1,x_2,\dots ,x_n$.

Выражение

${\overline{x}}_{\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{o}\mathrm{m}}=\sqrt[n]{\prod _{i=1}^n{x}_i}=\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdot \dots \cdot x_n}$

называется средним геометрическим чисел $x_1,x_2,\dots ,x_n$.

Выражение

${\overline{x}}_{\mathrm{h}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{n}}=\frac{n}{\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}}=\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots +\frac{1}{x_n}}$

называется средним гармоническим чисел $x_1,x_2,\dots ,x_n$.

Выражение

${\overline{x}}_{\mathrm{q}\mathrm{u}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{r}}=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i^2}=\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\dots +x_n^2}{n}}$

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 $AB{C}_1$ получаем, что $C_{1}M=\sqrt{ab}$, поэтому $C{C}_1=2CM=2C_{1}M=2\sqrt{ab}$. Так как $C{C}_1$ — хорда окружности с диаметром $a+b$, а хорда не превосходит диаметра, то получаем, что $2\sqrt{ab}⩽a+b$, или же $\sqrt{ab}⩽\frac{a+b}{2}$. Заметим, что равенство будет тогда, когда хорда будет совпадать с диаметром, то есть при $a=b$.

Алгебраическое же доказательство может быть построено следующим образом:

$\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}\iff (a+b{)}^2⩾4ab\iff (a-b{)}^2⩾0$

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 ${\alpha }^{\prime }=\sqrt{a_1{a}_2},{\beta }^{\prime }=\sqrt{a_3{a}_4}$. Нетрудно видеть, в силу доказанного, что

$\frac{\alpha +\beta }{2}⩾\sqrt{\alpha \beta }⩾\sqrt{{\alpha }^{\prime }{\beta }^{\prime }}\iff \frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}⩾\sqrt[4]{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}$.

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 $k:N⩾n$. Полагая неравенство верным для $N$, докажем его справедливость для $N-1$. Для этого достаточно положить $a_N=\sqrt[N-1]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}}$, тогда

$\frac{a_1+\dots +a_N}{N}⩾\sqrt[N]{a_1\cdot \dots \cdot a_N}\iff$$\frac{a_1+\dots +a_{N-1}+\sqrt[N-1]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}}}{N}⩾\sqrt[N]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}\sqrt[N-1]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}}}\iff$$a_1+\dots +a_{N-1}⩾(N-1)\sqrt[N-1]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}}\iff$$\frac{a_1+\dots +a_{N-1}}{N-1}⩾\sqrt[N-1]{a_1\cdot \dots \cdot a_{N-1}}$

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

Прямое доказательство

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

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 $y_1>0,y_2>0,...,y_n>0;y_1{y}_2...y_n=1$ необходимо доказать, что $1⩽\frac{y_1+y_2+...+y_n}{n}$(1).

Воспользуемся методом математической индукции.

Нужно доказать, что если $m_1>0,m_2>0,...,m_{n+1}>0;m_1{m}_2...m_{n+1}=1$, то $m_1+m_2+...+m_{n+1}\ge n+1$. 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 $m_n\ge 1$, $m_{n+1}\le 1$ (такие точно существуют, т.к. $m_i>0,m_1*m_2*...*m_{n+1}=1$). Тогда выполнены оба условия $y_1>0,y_2>0,...,y_n>0;y_1{y}_2...y_n=1$ и предполагается доказанным неравенство $y_1+y_2+...+y_n\ge n$ или $m_1+m_2+...+m_n{m}_{n+1}\ge n$. Теперь заменим $m_n{m}_{n+1}$ на $m_n+m_{n+1}$. Это возможно сделать в силу того, что $m_n+m_{n+1}\ge m_n{m}_{n+1}+1$ или $m_n+m_{n+1}-m_n{m}_{n+1}-1\ge 0$, что, очевидно выполняется, так как $m_n(1-m_{n+1})-(1-m_{n+1})=(m_n-1)(1-m_{n+1})\ge 0$. 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 $d\ge 0$.

${\left(\frac{a_1+\dots +a_n+a_{n+1}}{n+1}\right)}^{n+1}={\left(\frac{n{S}_n+(S_n+d)}{n+1}\right)}^{n+1}=S_n^{n+1}{(1+\frac{d}{(n+1)S_n})}^{n+1}\stackrel{(1)}{\ge }{S}_n^n{S}_n(1+\frac{d}{S_n})=S_n^n{a}_{n+1}\stackrel{(2)}{\ge }{a}_1{a}_2\dots a_n{a}_{n+1}$, 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

• Шаблон:Статья