Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség matematikai tétele azt állítja, hogy nemnegatív valós számok számtani középértéke nem lehet kisebb, mint a számok mértani középértéke; egyenlőség is csak akkor állhat fenn, ha a szóban forgó számok megegyeznek.

A tétel megfogalmazása

Bármely

$a_1,\dots ,a_n\in \mathbb{ℝ}(n\in \mathbb{\mathbb{N}})$

nemnegatív valós számok esetén

$\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

és egyenlőség csak abban az esetben áll fenn, ha

$a_1=\cdots =a_n$

.

A tétel bizonyításai

Az n = 2 eset bizonyításai

Algebrai bizonyítás

Ekvivalens átalakításokkal

$\frac{a_1+a_2}{2}\ge \sqrt{a_1{a}_2}$

$(a_1+a_2{)}^2\ge 4a_1{a}_2$

$a_1^2-2a_1{a}_2+a_2^2\ge 0$

$(a_1-a_2{)}^2\ge 0$

ami mindig teljesül.

Geometriai bizonyítás Az egymás mögé illesztett $a_1$ és $a_2$ hosszúságú szakaszok, mint átmérő fölé, rajzoljunk félkörívet! Ennek sugara a két szám számtani közepe lesz. A két szám mértani közepének megfelel a szakaszok érintkezési pontjába állított és a körívig húzott merőlegesnek a hossza. Az ábráról leolvasható, hogy az utóbbi csak abban az esetben éri el a sugár hosszát, ha $a_1=a_2$.

Bizonyítások teljes indukcióval

1. bizonyítás a.) A tételt $n=2$ esetre már bizonyítottuk. b.) Igazoljuk, hogy ha $n$-re igaz az állítás, akkor $2n$-re is igaz. Osszuk ugyanis fel a tetszőlegesen rögzített $2n$ számot két darab $n$-es csoportra; alkalmazzuk ezekre külön-külön az $n$-re vonatkozó indukciós feltevést; majd második lépésben alkalmazzuk az $n=2$ esetre már bizonyított tételt:

$\frac{a_1+\cdots +a_{2n}}{2n}=\frac{1}{2}(\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}+\frac{a_{n+1}+\cdots +a_{2n}}{n})\ge \frac{1}{2}(\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}+\sqrt[n]{a_{n+1}\cdots a_{2n}})\ge \sqrt[2n]{a_1\cdots a_{2n}}$

Ezzel bizonyítottuk az állítást minden olyan esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány ($n=2^k$). c.) Amennyiben $n$ nem 2-hatvány ($2^{k-1}<n<2^k$), akkor az $a_1,\dots ,a_n$ nemnegatív valós számokhoz vegyük hozzá az $a_{n+1}=\cdots =a_{2^k}=\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=A_n$ elemeket, és alkalmazzuk az így kapott $a_1,\dots ,a_{2^k}$ számokra a már bizonyított állítást:

$A_n=\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=\frac{a_1+\cdots +a_n+A_n+...+A_n}{2^k}\ge \sqrt[2^k]{a_1\cdots a_n{A}_n^{(2^k-n)}}$

Ekvivalens átalakításokkal:

$A_n^{2^k}\ge a_1\cdots a_n{A}_n^{(2^k-n)}$

$A_n^n\ge a_1\cdots a_n$

$A_n\ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

amit bizonyítani kellett. d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét.
$a_1=\dots =a_n=a$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor $\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=a=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$
Tegyük fel most, hogy például $a_1\ne a_2$ ! Felhasználva, hogy ebben az esetben $\frac{a_1+a_2}{2}>\sqrt{a_1{a}_2}$ :

$\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n}{n}=\frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_1+a_2}{2}+a_3+\cdots +a_n}{n}\ge \sqrt[n]{{\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)}^2{a}_3\cdots a_n}>\sqrt[n]{(\sqrt{a_1{a}_2}{)}^2{a}_3\cdots a_n}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

tehát egyenlőség nem állhat fenn. 2. bizonyítás a.) A tételt $n=2$ esetre már bizonyítottuk. b.) Igazoljuk, hogy ha $n$-re igaz az állítás, akkor $2n$-re is igaz, a már látott módon. c.) Egyfajta fordított irányú indukciót alkalmazva igazoljuk, hogy ha $n+1$-re igaz az állítás, akkor $n$-re is teljesül, és így minden természetes számra fennáll. Az $a_1,\dots ,a_n$ nemnegatív valós számokhoz vegyük ugyanis hozzá $(n+1)$-dik elemként a számok számtani középértékét, az $a_{n+1}=\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=A_n$ számot. Az indukciós feltevésből kiindulva, ekkor, ekvivalens átalakításokkal:

$A_n=\frac{a_1+\cdots +a_n+A_n}{n+1}\ge \sqrt[n+1]{a_1\cdots a_n{A}_n}$

$A_n^{n+1}\ge a_1\cdots a_n{A}_n$

$A_n^n\ge a_1\cdots a_n$

$A_n\ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$,

amit bizonyítani kellett. d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon. 3. bizonyítás a.) A tételt $n=2$ esetre már bizonyítottuk. b.) Igazoljuk, hogy ha $n$-re igaz az állítás, akkor $(n+1)$-re is igaz. Legyen ugyanis $A=\sqrt[n(n+1)]{a_1\cdots a_n}$ és $B=\sqrt[n+1]{a_{n+1}}$, ekkor az indukciós feltevés miatt

$\frac{a_1+\cdots +a_n+a_{n+1}}{n+1}\ge \frac{n\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}+a_{n+1}}{n+1}=\frac{n{A}^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}$

Mivel $\sqrt[n+1]{a_1\cdots a_{n+1}}=A^{n}B$, elegendő megmutatni, hogy

$\frac{n{A}^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}\ge A^{n}B$

Ekvivalens átalakításokkal:

$\frac{n{A}^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}\ge A^{n}B$

$n{A}^{n+1}+B^{n+1}\ge A^{n}B(n+1)=n{A}^{n}B+A^{n}B$

$n{A}^{n+1}-n{A}^{n}B-A^{n}B+B^{n+1}\ge 0$

$n{A}^n(A-B)+B(B^n-A^n)\ge 0$

$(A-B)(n{A}^n-A^{n-1}B-\dots -A{B}^{n-1}-B^n)\ge 0$,

ami mindig teljesül, mert $A>B$ esetén a bal oldalon két pozitív, $A<B$ esetén pedig két negatív szám szorzata szerepel. c.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon. 4. bizonyítás a.) A tételt $n=2$ esetre már bizonyítottuk. b.) Igazoljuk, hogy ha $n$-re igaz az állítás, akkor $(n+1)$-re is igaz. Indukcióval feltehetjük, hogy $n$-re igaz az állítás és $(n+1)$ szám van adva: $a_1,\dots ,a_n$ és $x$. Jelöljük $A$-val az $a_1,\dots ,a_n$ számok számtani közepét. Az indukciós hipotézis miatt tudjuk, hogy $a_1\cdots a_n\le A^n$. Be kell látnunk, hogy

$a_1\cdots a_{n}x\le {\left(\frac{An+x}{n+1}\right)}^{n+1}$

teljesül minden $x\ge 0$ számra. Az indukció miatt már tudjuk, hogy $a_1\cdots a_n\le A^n$, ezért azt kell belátni, hogy $A^{n}x\le {\left(\frac{An+x}{n+1}\right)}^{n+1}$ azaz

$f(x)={\left(\frac{An+x}{n+1}\right)}^{n+1}-A^{n}x\ge 0$

teljesül. $f(x)$polinom, ami 0-ban pozitív, $A$-ban nulla, végtelenben pedig végtelenhez tart. Így van minimuma, ahol deriváltja nulla. Kiszámolva:

$f^{\prime }(x)=\frac{(An+x{)}^n}{(n+1{)}^n}-A^n=0$

ahonnan $x=A$.

Richard Rado bizonyítása

Richard Rado indukciós bizonyítása erősebb állítást igazol. Tegyük fel, hogy $n+1$ számunk van, ezek számtani és mértani közepe $A_{n+1}$ és $G_{n+1}$, az első $n$ szám számtani illetve mértani közepe pedig $A_n$ és $G_n$. Ekkor

$n(A_n-G_n)\le (n+1)(A_{n+1}-G_{n+1}).$

Ez elég, hiszen ha $A_n\ge G_n$, akkor a képlet szerint $A_{n+1}\ge G_{n+1}$. A képlet igazolásához $G_n$-nel osztva, 0-ra redukálva és bevezetve az

$x={\left(\frac{a_{n+1}}{G_n}\right)}^{\frac{1}{n+1}}$

új változót, a következő adódik:

$x^{n+1}-(n+1)x+n\ge 0.$

Ezt kell tehát $x\ge 0$-ra igazolni. Ezt $n$-re való indukcióval bizonyítjuk. Az $n=0$ eset igaz. Ha pedig $n-1$-re igaz, akkor $n$-re

$x^{n+1}-(n+1)x+n=(x^n-nx+(n-1))x+n(x-1{)}^2\ge 0.$

Pólya György bizonyítása

Pólya György bizonyítása, ami az analízis mély fogalmait használja. Tegyük fel tehát, hogy adottak az $a_1,\dots ,a_n$ nemnegatív számok, számtani közepük $A$. Ha $A=0$, akkor $a_i=0$, ($i=1,...n$) tehát az egyenlőség teljesül: $\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$ Tegyük fel, hogy a számok pozitívok: $a_i>0,i=1,...,n$ Ekkor $A>0$. Legyen $f(x):=e^x-x-1,x\in \mathbb{ℝ}$ $f$ függvény első deriváltja: $f^{\prime }(x)=e^x-1$ $f$ második deriváltja: $f^{″}(x)=e^x$ A második derivált mindenhol pozitív: $f^{″}(x)=e^x>0,x\in \mathbb{ℝ}$ A $0=f^{\prime }(x)=e^x-1$ egyenlet egyetlen megoldása: $x=0$ Ezekből az következik, hogy $f$ függvénynek csak $x=0$ helyen van szélsőértéke és ott minimuma van. Továbbá $f(0)=e^0-0-1=0$. Összefoglalva: Minden $x\in \mathbb{ℝ}$ esetén $f(x)\ge 0$ és $f(x)=0$ pontosan akkor igaz, ha $x=0$. Kifejtve: $e^x-x-1\ge 0$ $e^x\ge 1+x$ és az egyenlőség csak akkor áll, ha $x=0$. Írjuk fel az említett egyenlőtlenséget az $\frac{a_i}{A}-1$ ($i=1,\dots ,n$) számokra:

$e^{\frac{a_i}{A}-1}\ge \frac{a_i}{A}$

Összeszorozva ezeket azt kapjuk, hogy

$e^{\frac{a_1+\cdots +a_n}{A}-n}\ge \frac{a_1\cdots a_n}{A^n}.$

A bal oldal $a_1+\cdots +a_n=nA$ miatt így alakítható:

$e^{n-n}=1$

és ezzel azt kaptuk, hogy $a_1\cdots a_n\le A^n$, tehát készen vagyunk. Egyenlőség csak akkor áll, ha $\frac{a_1}{A}=\cdots =\frac{a_n}{A}=1$, azaz a számok egyenlőek. Ezt a bizonyítást Pólya György álmában találta.

Riesz Frigyes bizonyítása

Riesz Frigyes bizonyítása a következő: Továbbra is feltesszük, hogy $a_i\ge 0,i=1,...,n$

1. Az összes szám megegyezik

$a_1=\dots =a_n$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor $A:=\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}(1)$.

2. A számok nem egyenlőek

Mivel nem lehet minden szám nulla, továbbá $a_i\ge 0$ ($i=1,...,n$), ezért a számtani középérték nyilván pozitív: $A>0$. Ha bármelyik $a_i=0$, akkor a mértani középérték nulla, így az egyenlőtlenség teljesül: $0=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}<A(2)$ A továbbiakban tegyük fel, hogy az összes szám pozitív: $a_i>0,i=1,...,n$ A mértani középértéket jelöljük $B_1$-el: $B_1:=\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}$ Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem. Az általánosság elvesztése nélkül tegyük fel, hogy ezek az $a_1$ és $a_2$ elemek: $a_1=\min \{a_1,a_2,...,a_n\}$ $a_2=\max \{a_1,a_2,...,a_n\}$ Nyilván igaz a következő egyenlőtlenség: $a_1<A<a_2(3)$ Az eredeti sorozat alapján állítsunk elő egy második sorozatot, melynek első két tagja $A$ és $(a_1+a_2-A)$: $A,a_1+a_2-A,a_3,...,a_n$ A második sorozat számtani középértéke nem változik: $\frac{A+(a_1+a_2-A)+a_3+\cdots +a_n}{n}=A$ A második sorozat mértani középértéke: $B_2:=\sqrt[n]{A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n}$ A második mértani középértékben lévő szorzat az első mértani közép szorzatától az első két tényezőben különbözik, ezért ezeket hasonlítjuk össze: $A(a_1+a_2-A)-a_1{a}_2=A{a}_1+A{a}_2-A^2-a_1{a}_2=(a_1-A)(A-a_2)$ $(3)$-ból következik: $a_1-A<0$ $A-a_2<0$ Ezek alapján: $(a_1-A)(A-a_2)>0$ $A(a_1+a_2-A)-a_1{a}_2=(a_1-A)(A-a_2)>0$ A mértani középértékekben lévő szorzatok összehasonlítása: $A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n>a_1{a}_2{a}_3\cdots a_n$ Kihasználtuk, hogy minden elem pozitív: $a_i>0$, $i=1,...,n$ Megmutattuk, hogy a módosított sorozat mértani középértéke nagyobb, mint az eredeti sorozat mértani középértéke: $B_2=\sqrt[n]{A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n}>B_1$ A módosított sorozatban legalább egyszer megjelenik $A$. Ezt az eljárást véges sokszor ismételve egy olyan számsorozathoz jutunk, aminek minden eleme $A$. Legyen ez a $p$-ik sorozat: $B_p:=\sqrt[n]{A^n}=A$ Fent beláttuk, hogy a mértani középértékek monoton növekvő sorozatot alkotnak: $B_1<B_2<...<B_p$ Ebből következik: $B_1<B_p=A$ Tehát $B_1=\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}<A(4)$ $(1)$, $(2)$ és $(4)$ figyelembevételével kijelenthetjük, hogy $\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}\le \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$ Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha az összes szám megegyezik. .

A tétel fontosabb alkalmazásai

Pozitív valós szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél

A tétel segítségével bebizonyítható, hogy ha $a>0,a\in \mathbb{ℝ}$, akkor $a+\frac{1}{a}\ge 2$. Ugyanis $\frac{a+\frac{1}{a}}{2}\ge \sqrt{a\cdot \frac{1}{a}}$ egyenlőtlenség a tétel miatt igaz, hiszen a bal oldalon $a$ és $\frac{1}{a}$ számtani, míg a jobb oldalon a mértani közepük van. A jobb oldalon a gyök alatt 1 van, és mivel $\sqrt{1}=1$, ezért $\frac{a+\frac{1}{a}}{2}\ge 1$, és 2-vel szorozva $a+\frac{1}{a}\ge 2$. QED

A rendezési egyenlőtlenség helyettesítése több feladat megoldásában

Ebben a példában az egyenlőtlenség a rendezési egyenlőtlenséget helyettesíti: Igazoljuk, hogy $a^8+b^8+c^8\ge a^4{b}^{3}c+b^4{c}^{3}a+c^4{a}^{3}b$ (a, b, c poz. valós számok). Bizonyítás: $a^4{b}^{3}c=(a^{32}{b}^{24}{c}^8{)}^{1/8}=(a^8{a}^8{a}^8{a}^8{b}^8{b}^8{b}^8{c}^8{)}^{1/8}\le \frac{4a^8+3b^8+c^8}{8}$. A változók ciklikus permutálásával kapott három egyenlőtlenséget összeadva adódik az igazolandó. Leolvashatjuk az egyenlőség esetét is: a=b=c.

Az $\sqrt[n]{n}$ sorozat határértéke

Megmutatjuk, hogy $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{n}=1$. Valóban, hiszen a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

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

Az ${(1+\frac{1}{n})}^n$ sorozat korlátos és szigorúan monoton növekedő

Megmutatjuk, hogy ${(1+\frac{1}{n})}^n\le 4$. Valóban, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

$\sqrt[n+2]{{(1+\frac{1}{n})}^n\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}}\le \frac{n(1+\frac{1}{n})+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{n+2}=1.$

Ebből $n+2$-edikre emelés és rendezés után adódik a felső korlát. A szigorúan monoton növekedéshez azt kell igazolni, hogy ${(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}>{(1+\frac{1}{n})}^n$. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

$\sqrt[n+1]{{(1+\frac{1}{n})}^n\cdot 1}\le \frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}.$

Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy ${(1+\frac{x}{n})}^n$ is korlátos és szigorúan monoton növekedő, ahol $x$ tetszőleges valós szám.

Azonos kerületű háromszögek

Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy

$a,b,c$

oldalú háromszög félkerülete legyen

$s=\frac{a+b+c}{2}$

. A Héron-képlet szerint a háromszög területe

$t=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)},$

vagyis az

$(a,b,c)\mapsto (s-a)(s-b)(s-c)$

függvényt kell maximalizálnunk rögzített

$s$

mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

$\sqrt[3]{(s-a)(s-b)(s-c)}\le \frac{s-a+s-b+s-c}{3}=\frac{s}{3}.$

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $a=b=c$.

A tétel súlyozott változata

A tétel súlyozott változata a következő. Ha $a_1,\dots ,a_n$ nemnegatív valós számok, $p_1,\dots ,p_n$ pozitív valós számok, amikre $p_1+\cdots +p_n=1$ teljesül, akkor

$a_1^{p_1}\cdots a_n^{p_n}\le p_1{a}_1+\cdots +p_n{a}_n.$

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha $a_1=\cdots =a_n$. Ennek $p_1=\cdots =p_n=\frac{1}{n}$ speciális esete az eredeti tétel.

A tétel általánosításai

• a hatványközepek közötti egyenlőtlenség
• a szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség
• a Jensen-egyenlőtlenség

Források

• Dr. Korányi Erzsébet: Matematika a gimnáziumok 10. osztálya számára ISBN 963-8332-84-0
• Besenyei Ádám: A számtani-mértani közép és egyéb érdekességek