Ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

Στα μαθηματικά, η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λέει ότι ο αριθμητικός μέσος $n$ μη-αρνητικών πραγματικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον γεωμετρικό μέσο αυτών των αριθμών. Για παράδειγμα, για τρεις αριθμούς $a,b,c\ge 0$,

$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}$.

Στην γενική περίπτωση για $n$ μη-αρνητικούς αριθμούς $x_1,\dots ,x_n$, ισχύει ότιΠρότυπο:RpΠρότυπο:RpΠρότυπο:RpΠρότυπο:RpΠρότυπο:Rp

$\frac{x_1+\dots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1\cdot \dots \cdot x_n}.$

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.

Αποδείξεις

Περίπτωση n = 2

Θα αποδείξουμε την την περίπτωση $n=2$, όπου η ανισότητα έχει την μορφή

$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$.

Αλγεβρική απόδειξη

Με απλές αναδιατάξεις,

$\begin{array}{cc}\frac{a+b}{2}& \ge \sqrt{ab}\iff \\ a+b-2\sqrt{ab}& \ge 0\iff \\ {\sqrt{a}}^2-2\sqrt{ab}+{\sqrt{b}}^2& \ge 0\iff \\ (\sqrt{a}-\sqrt{b}{)}^2& \ge 0\end{array}$,

η οποία ισχύει, καθώς για κάθε πραγματικό αριθμό το τετράγωνό του είναι μη-αρνητικό.

Γεωμετρική απόδειξη

Αρχείο:Γεωμετρική απόδειξη ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου.svg

Σχήμα για την γεωμετρική απόδειξη της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για $n=2$. Στο σχήμα $|\mathrm{A}\mathrm{C}|=a$ και $|\mathrm{C}\mathrm{B}|=b$. Έπεται ότι $|\mathrm{E}\mathrm{C}|=\sqrt{ab}$ και $|\mathrm{M}\mathrm{D}|=\frac{a+b}{2}$.

Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα $\mathrm{A}\mathrm{B}$ μήκους $a+b$ και το σημείο $\mathrm{C}$ αυτού, ώστε $|\mathrm{A}\mathrm{C}|=a$ (και $|\mathrm{C}\mathrm{B}|=b$). Θεωρούμε επίσης το μέσο αυτού $\mathrm{M}$ και τον κύκλο με κέντρο αυτό το σημείο.

Επίσης θεωρούμε $\mathrm{D}$ ένα από τα σημεία που τέμνει η κάθετη από τo $\mathrm{M}$ στο $\mathrm{A}\mathrm{B}$. Τότε το τρίγωνο $\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D}$ είναι ορθογώνιο καθώς βλέπει στην διάμετρο και $|\mathrm{M}\mathrm{D}|=\frac{a+b}{2}$ (δηλαδή ίσο σε μήκος με τον αριθμητικό μέσο).

Προχωράμε θεωρώντας $E$ το σημείο που τέμνει η κάθετη από το $\mathrm{C}$ τον κύκλο στην πλευρά του $\mathrm{D}$. Από την ομοιότητα των τριγώνων $\mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{C}$ και $\mathrm{E}\mathrm{C}\mathrm{B}$, προκύπτει ότι

$\frac{|\mathrm{E}\mathrm{C}|}{|\mathrm{B}\mathrm{C}|}=\frac{|\mathrm{A}\mathrm{C}|}{|\mathrm{E}\mathrm{C}|}\Rightarrow |\mathrm{E}\mathrm{C}|=\sqrt{|\mathrm{A}\mathrm{C}|\cdot |\mathrm{B}\mathrm{C}|}=\sqrt{ab}$,

δηλαδή το $\mathrm{E}\mathrm{C}$ είναι ίσο σε μήκος με τον γεωμετρικό μέσο. Συνεπώς, έπεται η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου από το γεγονός ότι $\sqrt{|\mathrm{E}\mathrm{C}|}\le \sqrt{|\mathrm{E}\mathrm{D}|}$.

Γενική περίπτωση

Με την ανισότητα Γένσεν

Η λογαριθμική συνάρτηση $f(x)=\ln (x)$ είναι κοίλη για $x\in (0,\mathrm{\infty })$, καθώς

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ και $f^{″}(x)=-\frac{1}{x^2}<0$.

Επομένως, από την ανισότητα Γένσεν, έχουμε ότι

$\ln (\frac{1}{n}\cdot \sum _{i=1}^n{x}_i)\ge \frac{1}{n}\cdot \sum _{i=1}^n\ln (x_i)$.

Από τις ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης $\ln (ab)=\ln (a)+\ln (b)$ και $a\ln (b)=\ln (b^a)$, έχουμε ότι

$\ln (\frac{1}{n}\cdot \sum _{i=1}^n{x}_i)\ge \frac{1}{n}\cdot \sum _{i=1}^n\ln (x_i)=\ln \left({\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n}\right)$.

Επειδή η συνάρτηση $\ln (x)$ είναι αυστηρώς μονότονη, έχουμε ότι

$\frac{1}{n}\cdot \sum _{i=1}^n{x}_i\ge {\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n}$,

που είναι και η ζητούμενη ανισότητα. Επίσης, προκύπτει ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $x_1=\dots =x_n$.

Με μεγιστοποίηση συνάρτησης

Θα αποδείξουμε με την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής ότι η ανισότητα ισχύει.

Βασική Περίπτωση: Για $n=1$, η ανισότητα είναι προφανής.

Επαγωγική περίπτωση: Έστω ότι η ανισότητα ισχύει για οποιαδήποτε $x_1,\dots ,x_n$, δηλαδή

$\frac{x_1+\dots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1\cdot \dots \cdot x_n}$.

Τότε, θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για $x_1,\dots ,x_{n+1}$. Θεωρούμε την συνάρτηση

$f(t)=\frac{1}{n+1}\cdot \sum _{i=1}^{n+1}{x}_i+\frac{t}{n+1}-\sqrt[n+1]{x_1\cdot \dots \cdot x_n}.$

Θα δείξουμε ότι για κάθε $t>0$ η συνάρτηση $f(t)\ge 0$ και επομένως η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου ισχύει και για $n+1$ μεταβλητές. Η παράγωγος της $f$ δίνεται από την

$f^{\prime }(t)=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1}\cdot \sqrt[n+1]{x_1\cdot \dots \cdot x_n}\cdot t^{1/(n+1)-1}.$

Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης δίνεται από το $t^{*}$ με

$f^{\prime }(t^{*})=0\Rightarrow (t^{*}{)}^{n/(n+1)}=(x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{1/(n+1)}\Rightarrow t^{*}=(x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{1/n}$.

Τότε

$\begin{array}{cc}f(t^{*})& =\frac{1}{n+1}\cdot \sum _{i=1}^n{x}_i+\frac{(x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{1/n}}{n+1}-(x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{\frac{1}{n+1}\cdot (1+\frac{1}{n})}\\ & =\frac{1}{n+1}\cdot (\sum _{i=1}^n{x}_i-n\cdot (x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{1/n})\\ & \ge 0,\end{array}$

χρησιμοποιώντας στην τελευταία ανίσωση την επαγωγική υπόθεση ότι ${\sum }_{i=1}^n{x}_i\ge n\cdot (x_1\cdot \dots \cdot x_n{)}^{1/n}$. Από την μαθηματική επαγωγή ισχύει για όλα τα $n$.

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 $b_i=\lambda a_i$ για οποιαδήποτε σταθερά $\lambda >0$, τότε η μορφή της ανισότητας δεν αλλάζει, δηλαδή,

$\frac{b_1+\dots +b_n}{n}=\frac{\lambda a_1+\dots +\lambda a_n}{n}=\lambda \cdot \frac{a_1+\dots +a_n}{n},$ και $\sqrt[n]{b_1\cdot \dots \cdot b_n}=\sqrt[n]{(\lambda a_1)\cdot \dots \cdot (\lambda a_n)}=\lambda \cdot \sqrt[n]{a_1\cdot \dots \cdot a_n}.$

Επομένως,

$\frac{a_1+\dots +a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1+\dots +a_n}$ αν και μόνο αν $\frac{b_1+\dots +b_n}{n}\ge \sqrt[n]{b_1+\dots +b_n}$.

Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε $a_1\le \dots \le a_n$ με γινόμενο $a_1\cdot \dots \cdot a_n=1$. Θεωρούμε επίσης

$\begin{array}{cc}{x}_1& =a_1,\\ x_2& =a_1{a}_2,\\ & ⋮\\ x_n& =a_1\cdots \dots \cdot a_n=1.\end{array}$

Από την ανισότητα της αναδιάταξης

$a_1+\dots +a_n=\frac{x_1}{x_n}+\frac{x_2}{x_1}+\dots +\frac{x_n}{x_{n-1}}\ge \frac{x_1}{x_1}+\dots +\frac{x_n}{x_n}=n$.

Δηλαδή,

$\frac{a_1+\dots +a_n}{n}\ge 1=\sqrt[n]{a_1\cdot \dots \cdot a_n}.$

Εφαρμογές

Απόδειξη της ανισότητας γεωμετρικού-αρμονικού μέσου

Θέτοντας $x_i=\frac{1}{y_i}$ για κάθε $1\le i\le n$ στην ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε ότι

$\frac{\frac{1}{x_1}+\dots +\frac{1}{x_n}}{n}\ge \sqrt[n]{\frac{1}{x_1}\cdot \dots \cdot \frac{1}{x_n}}$.

Αναδιατάσσοντας τα δύο μέλη λαμβάνουμε ότι

$\sqrt[n]{x_1\cdot \dots \cdot x_n}\ge \frac{n}{\frac{1}{x_1}+\dots +\frac{1}{x_n}},$

δηλαδή ο αρμονικός μέσος είναι μικρότερος ή ίσος του γεωμετρικού, με ισότητα αν και μόνο αν $x_1=x_2=\dots =x_n$.

Απόδειξη της ανισότητας Νέσμπιττ

Θα αποδείξουμε την ανισότητα Νέσμπιττ για κάθε θετικούς πραγματικούς αριθμούς $a,b,c$:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}.$

Θεωρούμε $x=b+c$, $y=a+c$ και $z=a+b$. Τότε, έχουμε ότι

$a=\frac{1}{2}\cdot (y+z-x)$, $b=\frac{1}{2}\cdot (x+z-y)$, και $c=\frac{1}{2}\cdot (x+y-z)$.

Επομένως, η ανισότητα Νέσμπιττ, γράφεται ως εξής:

$\frac{1}{2}\cdot (\frac{y+z-x}{x}+\frac{x+z-y}{y}+\frac{x+y-z}{z})\ge \frac{3}{2}.$

Αναδιατάσσοντας τους όρους, έχουμε την ισοδύναμη ανισότητα

$\frac{y}{x}+\frac{z}{x}-1+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}-1+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1\ge 3,$

η οποία είναι ισοδύναμη με την

$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 6.$

Η ανισότητα αυτή προκύπτει από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για $6$ όρους,

$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 6\cdot \sqrt[6]{\frac{y}{x}\cdot \frac{x}{y}\cdot \frac{z}{y}\cdot \frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{z}}=6$.