T13. Nierówności między średnimi

Dowód dla $n = 2$

Dla $a, b \gt 0$ chcemy pokazać, że $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$.

Równoważnie: $a + b \geq 2\sqrt{ab}$, czyli $a - 2\sqrt{ab} + b \geq 0$, czyli: \[ (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geq 0. \]

Ta nierówność jest zawsze prawdziwa, a równość zachodzi $\iff$ $\sqrt{a} = \sqrt{b}$ $\iff$ $a = b$. $\square$

Dowód dla dowolnego $n$ (indukcja Cauchy'ego — „wprzód i wstecz")

Dowód przebiega w trzech krokach:

Krok 1: Baza $n = 2$

Udowodnione wyżej. $\checkmark$

Krok 2: Indukcja „wprzód" — z $n$ na $2n$

Załóżmy, że AM-GM zachodzi dla $n$ liczb. Pokażemy, że zachodzi dla $2n$ liczb.

Niech $a_1, \ldots, a_{2n} \gt 0$. Oznaczmy: \[ A' = \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n}, \qquad A'' = \frac{a_{n+1} + \ldots + a_{2n}}{n}. \]

Z założenia indukcyjnego (AM-GM dla $n$ liczb): \[ A' \geq \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}, \qquad A'' \geq \sqrt[n]{a_{n+1} \cdots a_{2n}}. \]

Średnia arytmetyczna $2n$ liczb: \[ \frac{a_1 + \ldots + a_{2n}}{2n} = \frac{A' + A''}{2}. \]

Z AM-GM dla $n = 2$: \[ \frac{A' + A''}{2} \geq \sqrt{A' \cdot A''} \geq \sqrt{\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \cdot \sqrt[n]{a_{n+1} \cdots a_{2n}}} = \sqrt[2n]{a_1 \cdots a_{2n}}. \]

Zatem AM-GM zachodzi dla $2n$ liczb. $\checkmark$

Z kroków 1 i 2 wynika, że AM-GM zachodzi dla $n = 2, 4, 8, 16, \ldots$, tj. dla wszystkich potęg dwójki $n = 2^k$.

Krok 3: Indukcja „wstecz" — z $n$ na $n-1$

Załóżmy, że AM-GM zachodzi dla $n$ liczb ($n \geq 3$). Pokażemy, że zachodzi dla $n-1$ liczb.

Niech $a_1, \ldots, a_{n-1} \gt 0$. Oznaczmy $A = \frac{a_1 + \ldots + a_{n-1}}{n-1}$ i podstawmy $a_n = A$.

Wtedy: \[ \frac{a_1 + \ldots + a_{n-1} + A}{n} = \frac{(n-1)A + A}{n} = A. \]

Z AM-GM dla $n$ liczb ($a_1, \ldots, a_{n-1}, A$): \[ A = \frac{a_1 + \ldots + a_{n-1} + A}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 \cdots a_{n-1} \cdot A}. \]

Podnosimy do potęgi $n$: \[ A^n \geq a_1 \cdots a_{n-1} \cdot A. \]

Dzielimy przez $A \gt 0$: \[ A^{n-1} \geq a_1 \cdots a_{n-1}. \]

Pierwiastkując: \[ A \geq \sqrt[n-1]{a_1 \cdots a_{n-1}}, \] czyli AM-GM zachodzi dla $n-1$ liczb. $\checkmark$

Podsumowanie indukcji

Dla dowolnego $n \geq 2$: wybieramy $k$ takie, że $2^k \geq n$. Z kroku 2 AM-GM zachodzi dla $2^k$ liczb. Stosując krok 3 wielokrotnie ($2^k \to 2^k - 1 \to \ldots \to n$), otrzymujemy AM-GM dla $n$ liczb.

Warunek równości

Równość w AM-GM zachodzi $\iff$ $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$.

„$\Leftarrow$": oczywiste. „$\Rightarrow$": Jeśli nie wszystkie $a_i$ są równe, to w dowodzie dla $n=2$ mamy $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \gt 0$, co daje ostrą nierówność propagującą się przez indukcję. $\square$

Dowód alternatywny (nierówność Jensena dla $\ln$)

Funkcja $f(x) = \ln x$ jest wklęsła na $(0, +\infty)$ (bo $f''(x) = -\frac{1}{x^2} \lt 0$).

Z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej: \[ \ln\!\left(\frac{a_1 + \ldots + a_n}{n}\right) \geq \frac{\ln a_1 + \ldots + \ln a_n}{n} = \ln\!\left(\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}\right). \]

Ponieważ $\ln$ jest rosnąca: \[ \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}. \quad \square \]

Uwaga: Ten dowód wymaga znajomości nierówności Jensena i wklęsłości logarytmu (pochodna drugiego rzędu), więc jest mniej elementarny niż indukcja Cauchy'ego.

Dowód

Stosujemy nierówność AM-GM do liczb $b_i = \frac{1}{a_i} \gt 0$: \[ \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n} \geq \sqrt[n]{b_1 \cdot b_2 \cdots b_n}, \] czyli: \[ \frac{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \ldots + \frac{1}{a_n}}{n} \geq \sqrt[n]{\frac{1}{a_1 \cdot a_2 \cdots a_n}} = \frac{1}{\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}}. \]

Odwracamy obie strony (obie dodatnie, nierówność zmienia kierunek): \[ \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \ldots + \frac{1}{a_n}} \leq \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}, \] czyli $H_n \leq G_n$. $\square$

Dowód (nierówność Cauchy'ego–Schwarza)

Nierówność QM $\geq$ AM jest równoważna (po podniesieniu do kwadratu, obie strony nieujemne): \[ \frac{a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2}{n} \geq \left(\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}\right)^2. \]

Mnożymy obie strony przez $n^2$: \[ n(a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2) \geq (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^2. \]

To jest szczególny przypadek nierówności Cauchy'ego–Schwarza (z $b_i = 1$): \[ \left(\sum_{i=1}^n a_i \cdot 1\right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n 1^2\right) = n \sum_{i=1}^n a_i^2. \]

Równoważnie, można to udowodnić bezpośrednio. Wystarczy pokazać: \[ n \sum a_i^2 - \left(\sum a_i\right)^2 \geq 0. \]

Rozpisujemy: \[ n \sum_{i=1}^n a_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2 = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i^2 - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i a_j = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_i^2 - a_i a_j). \]

Symetryzujemy (zamieniając $i \leftrightarrow j$ i dodając): \[ = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left[(a_i^2 - a_i a_j) + (a_j^2 - a_j a_i)\right] = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_i - a_j)^2 \geq 0. \]

Równość zachodzi $\iff$ $a_i = a_j$ dla wszystkich $i, j$, czyli $a_1 = \ldots = a_n$. $\square$

Dowód (indukcja)

Baza: $n = 2$

Wynika wprost z definicji wypukłości: $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ dla $\lambda = \frac{1}{2}$. $\checkmark$

Krok indukcyjny: $n-1 \Rightarrow n$

Oznaczmy $A = \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n}$ i $A' = \frac{a_1 + \ldots + a_{n-1}}{n-1}$.

Wtedy $A = \frac{(n-1)A' + a_n}{n} = \frac{n-1}{n} A' + \frac{1}{n} a_n$.

Z wypukłości $f$ (dla $\lambda = \frac{n-1}{n}$): \[ f(A) = f\!\left(\frac{n-1}{n} A' + \frac{1}{n} a_n\right) \leq \frac{n-1}{n} f(A') + \frac{1}{n} f(a_n). \]

Z założenia indukcyjnego (Jensen dla $n-1$ liczb): \[ f(A') \leq \frac{f(a_1) + \ldots + f(a_{n-1})}{n-1}. \]

Zatem: \[ f(A) \leq \frac{n-1}{n} \cdot \frac{f(a_1) + \ldots + f(a_{n-1})}{n-1} + \frac{1}{n} f(a_n) = \frac{f(a_1) + \ldots + f(a_n)}{n}. \quad \square \]