Egyenlőtlenség a számtani, geometriai és harmonikus átlagról

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2022. február 5-én felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 6 szerkesztést igényelnek .

A számtani átlag, a geometriai átlag és a harmonikus közép egyenlőtlenség azt mondja, hogy minden nem negatív számra az egyenlőtlenség igaz: $x_{1},x_{2},\pontok ,x_{n}$

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

az egyenlőség pedig akkor és csak akkor valósul meg . ${\displaystyle x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{n))$

Ez az egyenlőtlenség az átlagos egyenlőtlenség (Cauchy-féle egyenlőtlenség) speciális esete .

Definíciók

Kifejezés

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

számok számtani átlagának nevezzük . $x_{1},x_{2},\pontok ,x_{n}$

Kifejezés

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

számok geometriai átlagának nevezzük . $x_{1},x_{2},\pontok ,x_{n}$

Kifejezés

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

számok harmonikus átlagának nevezzük . $x_{1},x_{2},\pontok ,x_{n}$

Kifejezés

{\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}}}

a számok négyzetes középértékének nevezzük . $x_{1},x_{2},\pontok ,x_{n}$

Kapcsolódó eredmények

A számtani és a geometriai átlag közötti egyenlőtlenség az átlagegyenlőtlenség speciális esete .
A Cauchy-féle egyenlőtlenség általánosított formában képezte a geometriai programozás alapját .
Carleman egyenlőtlensége .

Történelem

Ennek az egyenlőtlenségnek az egyik bizonyítékát Cauchy tette közzé a számításról szóló tankönyvében 1821-ben [1] .

Bizonyítás

n = 2 esetén

Ennek az egyenlőtlenségnek a bizonyításainak száma jelenleg talán csak a Pitagorasz-tétel bizonyításának számával hasonlítható össze. Gyönyörű geometriai bizonyítékot adunk az esethez . Adjunk két és hosszúságú szegmenst . Ezután megszerkesztünk egy átmérőjű kört (lásd 1. ábra). Az átmérő egyik végétől jelöljön ki egy pontot a távolságból . Rajzoljunk egy merőlegest az átmérőre ezen a ponton keresztül; a kapott egyenes két pontban metszi a kört, és . Tekintsük a kapott akkordot. A háromszög derékszögű, mivel a szög egy körbe van írva, és az átmérője alapján van, ami azt jelenti, hogy egyenes. Tehát a háromszög magassága , és a derékszögű háromszög magassága a befogó két szakaszának geometriai átlaga . Szóval . Hasonlóképpen a háromszögből azt kapjuk, hogy Ezért . Mivel az átmérőjű kör húrja , és a húr nem haladja meg az átmérőt, azt kapjuk, hogy , vagy . Figyeljük meg, hogy az egyenlőség akkor lesz, ha az akkord egybeesik az átmérővel, vagyis amikor . $n=2$ $a$ $b$ $a+b$ $M$ $a$ $C$ $C_{1}$ $ABC$ $C$ $CM$ $ABC$ $CM={\sqrt {ab}}$ $ABC_{1}$ $C_{1}M={\sqrt {ab))$ $CC_{1}=2CM=2C_{1}M=2{\sqrt {ab))$ $CC_{1}$ $a+b$ $2{\sqrt {ab}}\leqslant a+b$ ${\sqrt {ab}}\leqslant {\frac {a+b}{2}}$ $a=b$

Az algebrai bizonyítást a következőképpen állíthatjuk össze:

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

Vegye figyelembe, hogy az első átmenet ekvivalens a és nem negativitása miatt . $a$ $b$

n = 4 esetén

Elég feltenni , valamint . Könnyű belátni a bizonyítottak alapján, hogy $\alpha ={\frac {a_{1}+a_{2}}{2}},\;\beta ={\frac {a_{3}+a_{4}}{2}}$ $\alpha '={\sqrt {a_{1}a_{2}}},\;\beta '={\sqrt {a_{3}a_{4}}}$

{\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}}}

Indukcióval visszalépéssel

Nyilvánvaló, hogy a 2-ről 4-re való átmenet indukcióval magával vonja az egyenlőtlenség érvényességét a -ra , és a minket érdeklő egyenlőtlenség érvényességét jelenti . Feltételezve, hogy az egyenlőtlenség igaz -ra , akkor bizonyítjuk érvényességét -ra . Ehhez elegendő a következőt tenni $N=2^{k}$ $n$ $k:N\geqslant n$ $N$ $N-1$ ${\displaystyle a_{N}={\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1))))$

{\frac {a_{1}+\ldots +a_{N}}{N}}\geqslant {\sqrt[{N}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N}} }\;\Baljobbra nyíl \;

{\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}}}}}\;\balra jobbra \;

a_{1}+\ldots +a_{N-1}\geqslant (N-1){\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1 }}}\;\Baljobbra nyíl \;

{\frac {a_{1}+\ldots +a_{N-1}}{N-1}}\geqslant {\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \ cdot a_{N-1}}}

Az indukció elve alapján a fenti bizonyítás -ra is igaz . $n$

Közvetlen bizonyítás

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

Osszuk el az egyenlőtlenség mindkét oldalát -vel, és végezzük el a változtatást . Ekkor a feltételek mellett be kell bizonyítani, hogy (1). ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n))))$ $y_{i}={\frac {x_{i}}{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n))))$ $y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1$ $1\leqslant {\frac {y_{1}+y_{2}+...+y_{n}}{n}}$

Használjuk a matematikai indukció módszerét .

Be kell bizonyítanunk, hogy ha , akkor . Az (1) egyenlőtlenséget használjuk, amelyet az induktív feltevés alapján igazoltnak tekintünk . Legyen , és válasszunk a sorozatból ( ) két olyan tagot, amelyekre , (ezek pontosan léteznek, mert ). Ekkor mindkét feltétel teljesül , és a vagy egyenlőtlenséget bizonyítottnak tételezzük fel . Most cseréljük le a -ra . Ez megtehető annak a ténynek köszönhetően, hogy vagy , ami nyilvánvalóan érvényes, mivel . Így az egyenlőtlenség bebizonyosodott. $m_{1}>0,m_{2}>0,...,m_{n+1}>0;\quad m_{1}m_{2}...m_{n+1}= egy$ $m_{1}+m_{2}+...+m_{n+1}\geq n+1$ $n$ $y_{1}=m_{1},y_{2}=m_{2},...,y_{n}=m_{n}m_{n+1}$ $m_i$ $m_{n}\geq 1$ $m_{n+1}\leq 1$ $m_{i}>0,m_{1}*m_{2}*...*m_{n+1}=1$ $y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1$ $y_{1}+y_{2}+...+y_{n}\geq n$ $m_{1}+m_{2}+...+m_{n}m_{n+1}\geq n$ $m_{n}m_{n+1}$ $m_{n}+m_{n+1}$ $m_{n}+m_{n+1}\geq m_{n}m_{n+1}+1$ $m_{n}+m_{n+1}-m_{n}m_{n+1}-1\geq 0$ $m_{n}(1-m_{n+1})-(1-m_{n+1})=(m_{n}-1)(1-m_{n+1})\geq 0$

Reflexió a kultúrában

Az 1941-es „ Négy szíve ” című film egyik jelenetében szerepel az az epizód, amely azt bizonyítja, hogy a számtani átlag nagyobb, mint a geometriai átlag .

Jegyzetek

↑ Cauchy, Augustin-Louis. Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique. Premier party. Algebrique elemzése . - Párizs, 1821. - S. 457-459 . Az eredetiből archiválva: 2017. március 15.

Irodalom

Szolovjov Yu. Augustin Louis Cauchy és a matematikai indukció // Kvant . - 1991. - 3. sz . - S. 13-14 .

Átlagos
Matematika	Teljesítmény átlag ( súlyozott ) harmonikus átlag súlyozott geometriai átlag súlyozott Átlagos súlyozott négyzetes közép Átlagos köbméter mozgóátlag Számtani-geometriai átlag Funkció Átlag Kolmogorov jelentése
Geometria	geometriai középpont Barycenter
Valószínűségszámítás és matematikai statisztika	Winsorizált átlag minta átlag Várható érték Középső Divat szórás Csonka átlag Feltételes elvárás
Információs technológia	Medoid k-medián módszer
Tételek	Első átlagtétel Második átlagtétel Egyenlőtlenség a számtani, geometriai és harmonikus átlagról
Egyéb	Elosztóközpont mérőszámai