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 $a,b,c\geq 0$,

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

Στην γενική περίπτωση για $n$ μη-αρνητικούς αριθμούς $x_{1},\ldots ,x_{n}$, ισχύει ότι

${\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}.$

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.

Αποδείξεις

Περίπτωση n = 2

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

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

Αλγεβρική απόδειξη

Με απλές αναδιατάξεις,

${\begin{aligned}{\frac {a+b}{2}}&\geq {\sqrt {ab}}\Leftrightarrow \\a+b-2{\sqrt {ab}}&\geq 0\Leftrightarrow \\{\sqrt {a}}^{2}-2{\sqrt {ab}}+{\sqrt {b}}^{2}&\geq 0\Leftrightarrow \\({\sqrt {a}}-{\sqrt {b}})^{2}&\geq 0\end{aligned}}$,

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

Γεωμετρική απόδειξη

Σχήμα για την γεωμετρική απόδειξη της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για $n=2$. Στο σχήμα $|\mathrm {AC} |=a$ και $|\mathrm {CB} |=b$. Έπεται ότι $|\mathrm {EC} |={\sqrt {ab}}$ και $|\mathrm {MD} |={\tfrac {a+b}{2}}$.

Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα $\mathrm {AB}$ μήκους $a+b$ και το σημείο $\mathrm {C}$ αυτού, ώστε $|\mathrm {AC} |=a$ (και $|\mathrm {CB} |=b$). 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 $\mathrm {AB}$. Τότε το τρίγωνο $\mathrm {ABD}$ είναι ορθογώνιο καθώς βλέπει στην διάμετρο και $|\mathrm {MD} |={\tfrac {a+b}{2}}$ (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 $\mathrm {AEC}$ και $\mathrm {ECB}$, προκύπτει ότι

${\frac {|\mathrm {EC} |}{|\mathrm {BC} |}}={\frac {|\mathrm {AC} |}{|\mathrm {EC} |}}\Rightarrow |\mathrm {EC} |={\sqrt {|\mathrm {AC} |\cdot |\mathrm {BC} |}}={\sqrt {ab}}$,

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

Γενική περίπτωση

Με την ανισότητα Γένσεν

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

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

Επομένως, από την ανισότητα Γένσεν, έχουμε ότι

$\ln \left({\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\geq {\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}\ln(x_{i})$.

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

$\ln \left({\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\geq {\frac {1}{n}}\cdot \sum _{i=1}^{n}\ln(x_{i})=\ln \left(\left(\prod _{i=1}^{n}x_{i}\right)^{1/n}\right)$.

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

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

που είναι και η ζητούμενη ανισότητα. Επίσης, προκύπτει ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $x_{1}=\ldots =x_{n}$.

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 $x_{1},\ldots ,x_{n}$, δηλαδή

${\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}$.

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

$f(t)={\frac {1}{n+1}}\cdot \sum _{i=1}^{n+1}x_{i}+{\frac {t}{n+1}}-{\sqrt[{n+1}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}.$

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

$f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}\cdot {\sqrt[{n+1}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}\cdot t^{1/(n+1)-1}.$

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

$f'(t^{*})=0\Rightarrow (t^{*})^{n/(n+1)}=(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/(n+1)}\Rightarrow t^{*}=(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}$.

Τότε

${\begin{aligned}f(t^{*})&={\frac {1}{n+1}}\cdot \sum _{i=1}^{n}x_{i}+{\frac {(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}}{n+1}}-(x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{{\frac {1}{n+1}}\cdot (1+{\frac {1}{n}})}\\&={\frac {1}{n+1}}\cdot \left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}-n\cdot (x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}\right)\\&\geq 0,\end{aligned}}$

χρησιμοποιώντας στην τελευταία ανίσωση την επαγωγική υπόθεση ότι $\textstyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}\geq n\cdot (x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n})^{1/n}$. Από την μαθηματική επαγωγή ισχύει για όλα τα $n$.

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,

${\frac {b_{1}+\ldots +b_{n}}{n}}={\frac {\lambda a_{1}+\ldots +\lambda a_{n}}{n}}=\lambda \cdot {\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}},\quad$ και $\quad {\sqrt[{n}]{b_{1}\cdot \ldots \cdot b_{n}}}={\sqrt[{n}]{(\lambda a_{1})\cdot \ldots \cdot (\lambda a_{n})}}=\lambda \cdot {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}}}.$

Επομένως,

${\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}+\ldots +a_{n}}}$ αν και μόνο αν ${\frac {b_{1}+\ldots +b_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{b_{1}+\ldots +b_{n}}}$.

Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε $a_{1}\leq \ldots \leq a_{n}$ με γινόμενο $a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}=1$. Θεωρούμε επίσης

${\begin{aligned}x_{1}&=a_{1},\\x_{2}&=a_{1}a_{2},\\&\vdots \\x_{n}&=a_{1}\cdots \ldots \cdot a_{n}=1.\end{aligned}}$

Από την ανισότητα της αναδιάταξης

$a_{1}+\ldots +a_{n}={\frac {x_{1}}{x_{n}}}+{\frac {x_{2}}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {x_{n}}{x_{n-1}}}\geq {\frac {x_{1}}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {x_{n}}{x_{n}}}=n$.

Δηλαδή,

${\frac {a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}}\geq 1={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdot \ldots \cdot a_{n}}}.$

Εφαρμογές

Απόδειξη της ανισότητας γεωμετρικού-αρμονικού μέσου

Θέτοντας $x_{i}={\tfrac {1}{y_{i}}}$ για κάθε $1\leq i\leq n$ στην ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε ότι

${\frac {{\frac {1}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{{\frac {1}{x_{1}}}\cdot \ldots \cdot {\frac {1}{x_{n}}}}}$.

Αναδιατάσσοντας τα δύο μέλη λαμβάνουμε ότι

${\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}\geq {\frac {n}{{\frac {1}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}},$

δηλαδή ο αρμονικός μέσος είναι μικρότερος ή ίσος του γεωμετρικού, με ισότητα αν και μόνο αν $x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{n}$.

Απόδειξη της ανισότητας Νέσμπιττ

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

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

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

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

Επομένως, η ανισότητα Νέσμπιττ, γράφεται ως εξής:

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

Αναδιατάσσοντας τους όρους, έχουμε την ισοδύναμη ανισότητα

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

η οποία είναι ισοδύναμη με την

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

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

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