Неравенство о среднем арифметическом, геометрическом и гармоническом

Выражение

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

называется средним арифметическим чисел ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}}$ .

Выражение

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

называется средним геометрическим чисел ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}}$ .

Выражение

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

называется средним гармоническим чисел ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}}$ .

Выражение

${\displaystyle {\bar {x}}_{\mathrm {quadr} }={\sqrt {{\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}}}={\sqrt {\frac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots +x_{n}^{2}}{n}}}}$ 

называется средним квадратическим чисел ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}}$ .

• 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.

Одно из доказательств этого неравенства было опубликовано Коши в его учебнике по математическому анализу в 1821 году^[1].

Количество доказательств этого неравенства на данный момент сравнимо, наверное, только с количеством доказательств теоремы Пифагора. Приведем красивое геометрическое доказательство для случая ${\displaystyle n=2}$ . Пускай нам даны два отрезка длины ${\displaystyle a}$  и ${\displaystyle b}$ . Тогда построим окружность диаметром ${\displaystyle a+b}$  (см. рис. 1). От одного из концов диаметра отметим точку ${\displaystyle M}$  на расстоянии ${\displaystyle a}$ . Проведем через эту точку перпендикуляр к диаметру; полученная прямая пересечет окружность в двух точках, ${\displaystyle C}$  и ${\displaystyle C_{1}}$ . Рассмотрим полученную хорду. Треугольник ${\displaystyle ABC}$  прямоугольный, так как угол ${\displaystyle C}$  — вписанный в окружность и опирающийся на её диаметр, а значит, прямой. Итак, ${\displaystyle CM}$  — высота треугольника ${\displaystyle ABC}$ , а высота в прямоугольном треугольнике есть среднее геометрическое двух сегментов гипотенузы. Значит, ${\displaystyle CM={\sqrt {ab}}}$ . Аналогично, из треугольника ${\displaystyle ABC_{1}}$  получаем, что ${\displaystyle C_{1}M={\sqrt {ab}}}$ , поэтому ${\displaystyle CC_{1}=2CM=2C_{1}M=2{\sqrt {ab}}}$ . Так как ${\displaystyle CC_{1}}$  — хорда окружности с диаметром ${\displaystyle a+b}$ , а хорда не превосходит диаметра, то получаем, что ${\displaystyle 2{\sqrt {ab}}\leqslant a+b}$ , или же ${\displaystyle {\sqrt {ab}}\leqslant {\frac {a+b}{2}}}$ . Заметим, что равенство будет тогда, когда хорда будет совпадать с диаметром, то есть при ${\displaystyle a=b}$ .

Алгебраическое же доказательство может быть построено следующим образом:

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

Отметим, что первый переход равносилен в силу неотрицательности ${\displaystyle a}$  и ${\displaystyle b}$ .

Достаточно положить ${\displaystyle \alpha ={\frac {a_{1}+a_{2}}{2}},\;\beta ={\frac {a_{3}+a_{4}}{2}}}$ , а также ${\displaystyle \alpha '={\sqrt {a_{1}a_{2}}},\;\beta '={\sqrt {a_{3}a_{4}}}}$ . Нетрудно видеть, в силу доказанного, что

${\displaystyle {\frac {\alpha +\beta }{2}}\geqslant {\sqrt {\alpha \beta }}\geqslant {\sqrt {\alpha '\beta '}}\;\Leftrightarrow \;{\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}}\geqslant {\sqrt[{4}]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}}}$ .

Очевидно, переход от 2 к 4 по индукции влечёт за собой справедливость неравенства для ${\displaystyle N=2^{k}}$ , причём для интересующего нас ${\displaystyle n}$  найдётся ${\displaystyle k:N\geqslant n}$ . Полагая неравенство верным для ${\displaystyle N}$ , докажем его справедливость для ${\displaystyle N-1}$ . Для этого достаточно положить ${\displaystyle a_{N}={\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}$ , тогда

${\displaystyle {\frac {a_{1}+\ldots +a_{N}}{N}}\geqslant {\sqrt[{N}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N}}}\;\Leftrightarrow \;}$ ${\displaystyle {\frac {a_{1}+\ldots +a_{N-1}+{\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}{N}}\geqslant {\sqrt[{N}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}{\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}}\;\Leftrightarrow \;}$ ${\displaystyle a_{1}+\ldots +a_{N-1}\geqslant (N-1){\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}\;\Leftrightarrow \;}$ ${\displaystyle {\frac {a_{1}+\ldots +a_{N-1}}{N-1}}\geqslant {\sqrt[{N-1}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{N-1}}}}$ 

По принципу индукции приведённое доказательство верно также и для ${\displaystyle n}$ .

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

Поделим обе части неравенства на ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}}$  и произведем замену ${\displaystyle y_{i}={\frac {x_{i}}{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}}}$ . Тогда при условиях ${\displaystyle y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1}$  необходимо доказать, что ${\displaystyle 1\leqslant {\frac {y_{1}+y_{2}+...+y_{n}}{n}}}$ (1).

Воспользуемся методом математической индукции.

Нужно доказать, что если ${\displaystyle m_{1}>0,m_{2}>0,...,m_{n+1}>0;\quad m_{1}m_{2}...m_{n+1}=1}$ , то ${\displaystyle m_{1}+m_{2}+...+m_{n+1}\geq n+1}$ . Воспользуемся неравенством (1), которое по предположению индукции считаем доказанным для ${\displaystyle n}$ . Пусть ${\displaystyle y_{1}=m_{1},y_{2}=m_{2},...,y_{n}=m_{n}m_{n+1}}$ , причем выберем из последовательности (${\displaystyle m_{i}}$ ) такие два члена, что ${\displaystyle m_{n}\geq 1}$ , ${\displaystyle m_{n+1}\leq 1}$  (такие точно существуют, т.к. ${\displaystyle m_{i}>0,m_{1}*m_{2}*...*m_{n+1}=1}$ ). Тогда выполнены оба условия ${\displaystyle y_{1}>0,y_{2}>0,...,y_{n}>0;\quad y_{1}y_{2}...y_{n}=1}$  и предполагается доказанным неравенство ${\displaystyle y_{1}+y_{2}+...+y_{n}\geq n}$  или ${\displaystyle m_{1}+m_{2}+...+m_{n}m_{n+1}\geq n}$ . Теперь заменим ${\displaystyle m_{n}m_{n+1}}$  на ${\displaystyle m_{n}+m_{n+1}}$ . Это возможно сделать в силу того, что ${\displaystyle m_{n}+m_{n+1}\geq m_{n}m_{n+1}+1}$  или ${\displaystyle m_{n}+m_{n+1}-m_{n}m_{n+1}-1\geq 0}$ , что, очевидно выполняется, так как ${\displaystyle m_{n}(1-m_{n+1})-(1-m_{n+1})=(m_{n}-1)(1-m_{n+1})\geq 0}$ . Таким образом, неравенство доказано.

Воспользуемся методом математической индукции. Пусть неравенство доказано для ${\displaystyle n}$  чисел. Докажем его для ${\displaystyle n+1}$  числа.

Пусть, без ограничения общности, ${\displaystyle a_{n+1}}$  ― наибольшее из чисел ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n+1}}$ . Сделаем замену ${\displaystyle S_{n}={\frac {a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}}{n}}}$ . Тогда ${\displaystyle a_{n+1}=S_{n}+d}$  для некоторого ${\displaystyle d\geq 0}$ .

${\displaystyle \left({\frac {a_{1}+\dots +a_{n}+a_{n+1}}{n+1}}\right)^{n+1}=\left({\frac {nS_{n}+(S_{n}+d)}{n+1}}\right)^{n+1}=S_{n}^{n+1}\left(1+{\frac {d}{(n+1)S_{n}}}\right)^{n+1}{\stackrel {(1)}{\geq }}S_{n}^{n}S_{n}\left(1+{\frac {d}{S_{n}}}\right)=S_{n}^{n}a_{n+1}{\stackrel {(2)}{\geq }}a_{1}a_{2}\dots a_{n}a_{n+1}}$ , что и требовалось.

Здесь переход (1) был сделан по неравенству Бернулли, а переход (2) ― по предположению индукции.

Эпизод с доказательством, что среднее арифметическое больше среднего геометрического, присутствует в одной из сцен кинофильма «Сердца четырёх» 1941 года.

• Соловьев Ю. Огюстен Луи Коши и математическая индукция // Квант. — 1991. — № 3. — С. 13—14.