Ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

Στα μαθηματικά, η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λέει ότι ο αριθμητικός μέσος n {\displaystyle n} μη-αρνητικών πραγματικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον γεωμετρικό μέσο αυτών των αριθμών. Για παράδειγμα, για τρεις αριθμούς a , b , c ≥ 0 {\displaystyle a,b,c\geq 0} , a + b + c 3 ≥ a b c 3 {\displaystyle {\frac {a+b+c}{3}}\geq {\sqrt[{3}]{abc}}} .Στην γενική περίπτωση για n {\displaystyle n} μη-αρνητικούς αριθμούς x 1 , … , x n {\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n}} , ισχύει ότι x 1 + … + x n n ≥ x 1 ⋅ … ⋅ x n n . {\displaystyle {\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}.} Η ανισότητα αυτή μπορεί να χρησιμοποιηθεί ώστε να αποδείξει αρκετές άλλες ανισότητες στα μαθηματικά και βρίσκει εφαρμογές στην ανάλυση αλγορίθμων και στην θεωρία βελτιστοποίησης. Η ανισότητα αναφέρεται ως ανισότητα ΑΜ-ΓΜ από την σύντμηση των αρχικών του αριθμητικού μέσου και του γεωμετρικού μέσου.

 Θα αποδείξουμε την την περίπτωση n = 2 {\displaystyle n=2} , όπου η ανισότητα έχει την μορφή a + b 2 ≥ a b {\displaystyle {\frac {a+b}{2}}\geq {\sqrt {ab}}} . Αλγεβρική απόδειξη Με απλές αναδιατάξεις, a + b 2 ≥ a b ⇔ a + b − 2 a b ≥ 0 ⇔ a 2 − 2 a b + b 2 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) 2 ≥ 0 {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {a+b}{2}}&\geq {\sqrt {ab}}\Leftrightarrow \\a+b-2{\sqrt {ab}}&\geq 0\Leftrightarrow \\{\sqrt {a}}^{2}-2{\sqrt {ab}}+{\sqrt {b}}^{2}&\geq 0\Leftrightarrow \\({\sqrt {a}}-{\sqrt {b}})^{2}&\geq 0\end{aligned}}} ,η οποία ισχύει, καθώς για κάθε πραγματικό αριθμό το τετράγωνό του είναι μη-αρνητικό. Γεωμετρική απόδειξη Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα A B {\displaystyle \mathrm {AB} } μήκους a + b {\displaystyle a+b} και το σημείο C {\displaystyle \mathrm {C} } αυτού, ώστε | A C | = a {\displaystyle |\mathrm {AC} |=a} (και | C B | = b {\displaystyle |\mathrm {CB} |=b} ). Θεωρούμε επίσης το μέσο αυτού M {\displaystyle \mathrm {M} } και τον κύκλο με κέντρο αυτό το σημείο. Επίσης θεωρούμε D {\displaystyle \mathrm {D} } ένα από τα σημεία που τέμνει η κάθετη από τo M {\displaystyle \mathrm {M} } στο A B {\displaystyle \mathrm {AB} } . Τότε το τρίγωνο A B D {\displaystyle \mathrm {ABD} } είναι ορθογώνιο καθώς βλέπει στην διάμετρο και | M D | = a + b 2 {\displaystyle |\mathrm {MD} |={\tfrac {a+b}{2}}} (δηλαδή ίσο σε μήκος με τον αριθμητικό μέσο). Προχωράμε θεωρώντας E {\displaystyle E} το σημείο που τέμνει η κάθετη από το C {\displaystyle \mathrm {C} } τον κύκλο στην πλευρά του D {\displaystyle \mathrm {D} } . Από την ομοιότητα των τριγώνων A E C {\displaystyle \mathrm {AEC} } και E C B {\displaystyle \mathrm {ECB} } , προκύπτει ότι | E C | | B C | = | A C | | E C | ⇒ | E C | = | A C | ⋅ | B C | = a b {\displaystyle {\frac {|\mathrm {EC} |}{|\mathrm {BC} |}}={\frac {|\mathrm {AC} |}{|\mathrm {EC} |}}\Rightarrow |\mathrm {EC} |={\sqrt {|\mathrm {AC} |\cdot |\mathrm {BC} |}}={\sqrt {ab}}} ,δηλαδή το E C {\displaystyle \mathrm {EC} } είναι ίσο σε μήκος με τον γεωμετρικό μέσο. Συνεπώς, έπεται η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου από το γεγονός ότι | E C | ≤ | E D | {\displaystyle {\sqrt {|\mathrm {EC} |}}\leq {\sqrt {|\mathrm {ED} |}}} . Με την ανισότητα Γένσεν Η λογαριθμική συνάρτηση f ( x ) = ln ⁡ ( x ) {\displaystyle f(x)=\ln(x)} είναι κοίλη για x ∈ ( 0 , ∞ ) {\displaystyle x\in (0,\infty )} , καθώς f ′ ( x ) = 1 x {\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}}\quad } και f ″ ( x ) = − 1 x 2 < 0 {\displaystyle f''(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}<0} .Επομένως, από την ανισότητα Γένσεν, έχουμε ότι ln ⁡ ( 1 n ⋅ ∑ i = 1 n x i ) ≥ 1 n ⋅ ∑ i = 1 n ln ⁡ ( x i ) {\displaystyle \ln \left({\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\geq {\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}\ln(x_{i})} .Από τις ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης ln ⁡ ( a b ) = ln ⁡ ( a ) + ln ⁡ ( b ) {\displaystyle \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)} και a ln ⁡ ( b ) = ln ⁡ ( b a ) {\displaystyle a\ln(b)=\ln(b^{a})} , έχουμε ότι ln ⁡ ( 1 n ⋅ ∑ i = 1 n x i ) ≥ 1 n ⋅ ∑ i = 1 n ln ⁡ ( x i ) = ln ⁡ ( ( ∏ i = 1 n x i ) 1 / n ) {\displaystyle \ln \left({\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\geq {\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}\ln(x_{i})=\ln \left(\left(\prod _{i=1}^{n}x_{i}\right)^{1/n}\right)} .Επειδή η συνάρτηση ln ⁡ ( x ) {\displaystyle \ln(x)} είναι αυστηρώς μονότονη, έχουμε ότι 1 n ⋅ ∑ i = 1 n x i ≥ ( ∏ i = 1 n x i ) 1 / n {\displaystyle {\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}\geq \left(\prod _{i=1}^{n}x_{i}\right)^{1/n}} ,που είναι και η ζητούμενη ανισότητα. Επίσης, προκύπτει ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x 1 = … = x n {\displaystyle x_{1}=\ldots =x_{n}} . Με μεγιστοποίηση συνάρτησης Θα αποδείξουμε με την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής ότι η ανισότητα ισχύει. Βασική Περίπτωση: Για n = 1 {\displaystyle n=1} , η ανισότητα είναι προφανής. Επαγωγική περίπτωση: Έστω ότι η ανισότητα ισχύει για οποιαδήποτε x 1 , … , x n {\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n}} , δηλαδή x 1 + … + x n n ≥ x 1 ⋅ … ⋅ x n n {\displaystyle {\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}} .Τότε, θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για x 1 , … , x n + 1 {\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n+1}} . Θεωρούμε την συνάρτηση f ( t ) = 1 n + 1 ⋅ ∑ i = 1 n + 1 x i + t n + 1 − x 1 ⋅ … ⋅ x n n + 1 . {\displaystyle f(t)={\frac {1}{n+1}}\cdot \sum _{i=1}^{n+1}x_{i}+{\frac {t}{n+1}}-{\sqrt[{n+1}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}.} Θα δείξουμε ότι για κάθε t > 0 {\displaystyle t>0} η συνάρτηση f ( t ) ≥ 0 {\displaystyle f(t)\geq 0} και επομένως η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου ισχύει και για n + 1 {\displaystyle n+1} μεταβλητές. Η παράγωγος της f {\displaystyle f} δίνεται από την f ′ ( t ) = 1 n + 1 − 1 n + 1 ⋅ x 1 ⋅ … ⋅ x n n + 1 ⋅ t 1 / ( n + 1 ) − 1 . {\displaystyle f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}\cdot {\sqrt[{n+1}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}\cdot t^{1/(n+1)-1}.} Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης δίνεται από το t ∗ {\displaystyle t^{*}} με f ′ ( t ∗ ) = 0 ⇒ ( t ∗ ) n / ( n + 1 ) = ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / ( n + 1 ) ⇒ t ∗ = ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / n {\displaystyle f'(t^{*})=0\Rightarrow (t^{*})^{n/(n+1)}=(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/(n+1)}\Rightarrow t^{*}=(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}} .Τότε f ( t ∗ ) = 1 n + 1 ⋅ ∑ i = 1 n x i + ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / n n + 1 − ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 n + 1 ⋅ ( 1 + 1 n ) = 1 n + 1 ⋅ ( ∑ i = 1 n x i − n ⋅ ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / n ) ≥ 0 , {\displaystyle {\begin{aligned}f(t^{*})&={\frac {1}{n+1}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}+{\frac {(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}}{n+1}}-(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{{\frac {1}{n+1}}\cdot (1+{\frac {1}{n}})}\\&={\frac {1}{n+1}}\cdot \left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}-n\cdot (x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}\right)\\&\geq 0,\end{aligned}}} χρησιμοποιώντας στην τελευταία ανίσωση την επαγωγική υπόθεση ότι ∑ i = 1 n x i ≥ n ⋅ ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / n {\displaystyle \textstyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}\geq n\cdot (x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}} . Από την μαθηματική επαγωγή ισχύει για όλα τα n {\displaystyle n} . Με την ανισότητα της αναδιάταξης Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα της αναδιάταξης για να αποδείξουμε την ΑΜ-ΓΜ. Η ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι ομογενής, δηλαδή αν θεωρήσουμε b i = λ a i {\displaystyle b_{i}=\lambda a_{i}} για οποιαδήποτε σταθερά λ > 0 {\displaystyle \lambda >0} , τότε η μορφή της ανισότητας δεν αλλάζει, δηλαδή, b 1 + … + b n n = λ a 1 + … + λ a n n = λ ⋅ a 1 + … + a n n , {\displaystyle {\frac {b_{1}+\ldots +b_{n}}{n}}={\frac {\lambda a_{1}+\ldots +\lambda a_{n}}{n}}=\lambda \cdot {\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}},\quad } και b 1 ⋅ … ⋅ b n n = ( λ a 1 ) ⋅ … ⋅ ( λ a n ) n = λ ⋅ a 1 ⋅ … ⋅ a n n . {\displaystyle \quad {\sqrt[{n}]{b_{1}\cdot \ldots \cdot b_{n}}}={\sqrt[{n}]{(\lambda a_{1})\cdot \ldots \cdot (\lambda a_{n})}}=\lambda \cdot {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}}}.} Επομένως, a 1 + … + a n n ≥ a 1 + … + a n n {\displaystyle {\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}+\ldots +a_{n}}}} αν και μόνο αν b 1 + … + b n n ≥ b 1 + … + b n n {\displaystyle {\frac {b_{1}+\ldots +b_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{b_{1}+\ldots +b_{n}}}} .Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε a 1 ≤ … ≤ a n {\displaystyle a_{1}\leq \ldots \leq a_{n}} με γινόμενο a 1 ⋅ … ⋅ a n = 1 {\displaystyle a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}=1} . Θεωρούμε επίσης x 1 = a 1 , x 2 = a 1 a 2 , ⋮ x n = a 1 ⋯ … ⋅ a n = 1. {\displaystyle {\begin{aligned}x_{1}&=a_{1},\\x_{2}&=a_{1}a_{2},\\&\vdots \\x_{n}&=a_{1}\cdots \ldots \cdot a_{n}=1.\end{aligned}}} Από την ανισότητα της αναδιάταξης a 1 + … + a n = x 1 x n + x 2 x 1 + … + x n x n − 1 ≥ x 1 x 1 + … + x n x n = n {\displaystyle a_{1}+\ldots +a_{n}={\frac {x_{1}}{x_{n}}}+{\frac {x_{2}}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {x_{n}}{x_{n-1}}}\geq {\frac {x_{1}}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {x_{n}}{x_{n}}}=n} .Δηλαδή, a 1 + … + a n n ≥ 1 = a 1 ⋅ … ⋅ a n n . {\displaystyle {\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}}\geq 1={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}}}.} Θέτοντας x i = 1 y i {\displaystyle x_{i}={\tfrac {1}{y_{i}}}} για κάθε 1 ≤ i ≤ n {\displaystyle 1\leq i\leq n} στην ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε ότι 1 x 1 + … + 1 x n n ≥ 1 x 1 ⋅ … ⋅ 1 x n n {\displaystyle {\frac {{\frac {1}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{{\frac {1}{x_{1}}}\cdot \ldots \cdot {\frac {1}{x_{n}}}}}} .Αναδιατάσσοντας τα δύο μέλη λαμβάνουμε ότι x 1 ⋅ … ⋅ x n n ≥ n 1 x 1 + … + 1 x n , {\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}\geq {\frac {n}{{\frac {1}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}},} δηλαδή ο αρμονικός μέσος είναι μικρότερος ή ίσος του γεωμετρικού, με ισότητα αν και μόνο αν x 1 = x 2 = … = x n {\displaystyle x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{n}} . Θα αποδείξουμε την ανισότητα Νέσμπιττ για κάθε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a , b , c {\displaystyle a,b,c} : a b + c + b a + c + c a + b ≥ 3 2 . {\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.} Θεωρούμε x = b + c {\displaystyle x=b+c} , y = a + c {\displaystyle y=a+c} και z = a + b {\displaystyle z=a+b} . Τότε, έχουμε ότι a = 1 2 ⋅ ( y + z − x ) {\displaystyle a={\tfrac {1}{2}}\cdot (y+z-x)} , b = 1 2 ⋅ ( x + z − y ) {\displaystyle b={\tfrac {1}{2}}\cdot (x+z-y)} , και c = 1 2 ⋅ ( x + y − z ) {\displaystyle c={\tfrac {1}{2}}\cdot (x+y-z)} .Επομένως, η ανισότητα Νέσμπιττ, γράφεται ως εξής: 1 2 ⋅ ( y + z − x x + x + z − y y + x + y − z z ) ≥ 3 2 . {\displaystyle {\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {y+z-x}{x}}+{\frac {x+z-y}{y}}+{\frac {x+y-z}{z}}\right)\geq {\frac {3}{2}}.} Αναδιατάσσοντας τους όρους, έχουμε την ισοδύναμη ανισότητα y x + z x − 1 + x y + z y − 1 + x z + y z − 1 ≥ 3 , {\displaystyle {\frac {y}{x}}+{\frac {z}{x}}-1+{\frac {x}{y}}+{\frac {z}{y}}-1+{\frac {x}{z}}+{\frac {y}{z}}-1\geq 3,} η οποία είναι ισοδύναμη με την y x + x y + z y + y z + z x + x z ≥ 6. {\displaystyle {\frac {y}{x}}+{\frac {x}{y}}+{\frac {z}{y}}+{\frac {y}{z}}+{\frac {z}{x}}+{\frac {x}{z}}\geq 6.} Η ανισότητα αυτή προκύπτει από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για 6 {\displaystyle 6} όρους, y x + x y + z y + y z + z x + x z ≥ 6 ⋅ y x ⋅ x y ⋅ z y ⋅ y z ⋅ z x ⋅ x z 6 = 6 {\displaystyle {\frac {y}{x}}+{\frac {x}{y}}+{\frac {z}{y}}+{\frac {y}{z}}+{\frac {z}{x}}+{\frac {x}{z}}\geq 6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {y}{x}}\cdot {\frac {x}{y}}\cdot {\frac {z}{y}}\cdot {\frac {y}{z}}\cdot {\frac {z}{x}}\cdot {\frac {x}{z}}}}=6} .