„Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség” változatai közötti eltérés

[nem ellenőrzött változat][ellenőrzött változat]
Tartalom törölve Tartalom hozzáadva
a ha lehet, ne tegyetek linket szakaszcímbe
84. sor:
ahonnan <math>\,x=A</math>.
 
=== [[Richard Rado]] bizonyítása ===
 
Ez[[Richard azRado]] indukciós bizonyításbizonyítása erősebb állítást igazol.
Tegyük fel, hogy <math>\,n+1</math> számunk van, ezek számtani és mértani közepe <math>\,A_{n+1}</math> és <math>\,G_{n+1}</math>, az első <math>\,n</math> szám számtani illetve mértani közepe pedig <math>\,A_n</math> és <math>\,G_n</math>. Ekkor
<center><math>n(A_n-G_n)\leq (n+1)(A_{n+1}-G_{n+1}).</math></center>
98. sor:
<center><math>x^{n+1}-(n+1)x+n=\left(x^n-nx+(n-1)\right)x+n(x-1)^2\geq 0.</math></center>
 
=== [[Pólya György]] bizonyítása ===
 
Ez[[Pólya György]] bizonyítása, ami az analízis mély fogalmait használó bizonyításhasználja, az [[exponenciális függvény]] következő tulajdonságára épül: <math>e^x\geq 1+x</math> ha <math>\,x</math> valós, egyenlőség csak akkor áll, ha <math>\,x=0</math>.
Tegyük fel tehát, hogy adottak az <math>a_1,\dots,a_n</math> pozitív számok, számtani közepük <math>\,A</math>. Írjuk fel az említett egyenlőtlenséget az <math>\frac{a_i}{A}-1</math> (<math>i=1,\dots,n</math>) számokra:
<center><math>e^{\frac{a_i}{A}-1}\geq\frac{a_i}{A}</math></center>
109. sor:
és ezzel azt kaptuk, hogy <math>a_1\cdots a_n\leq A^n</math>, tehát készen vagyunk. Egyenlőség csak akkor áll, ha <math>\frac{a_1}{A}=\cdots=\frac{a_n}{A}=1</math>, azaz a számok egyenlőek. Ezt a bizonyítást [[Pólya György]] álmában találta.
 
=== [[Riesz Frigyes]] bizonyítása ===
[[Riesz Frigyes]] bizonyítása a következő:
 
<math>a_1=\dots=a_n</math> esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor <math>A_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}</math>. Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem, például <math>\min(a_i) = a_1 < A_n < a_2 = \max(a_i) (1\leq i\leq n)</math>. Helyettesítsük ebben az esetben <math>\,a_1</math> helyébe az <math>\,A_n</math>, <math>\,a_2</math> helyébe pedig az <math>\,a_1+a_2-A_n</math> értéket. Ezzel a helyettesítéssel a számtani középérték nem változott, hiszen
<center><math>\frac{A_n+(a_1+a_2-A_n)+a_3+\cdots+a_n}{n}=A_n</math>,</center>
127. sor:
<math>a+\frac{1}{a}\ge2</math>. [[QED]]
 
===A [[rendezési tétel]] helyettesítése több feladat megoldásában===
Ebben a példában az egyenlőtlenség a [[rendezési tétel]]t helyettesíti:
 
Igazoljuk, hogy <math>a^8+b^8+c^8\ge a^4b^3c+b^4c^3a+c^4a^3b </math> (a, b, c poz. valós számok).
Bizonyítás: <math>a^4b^3c=(a^{32}b^{24}c^8)^{1/8}=(a^8a^8a^8a^8b^8b^8b^8c^8)^{1/8}\le\frac{4a^8+3b^8+c^8}8</math>. A változók ciklikus permutálásával kapott három egyenlőtlenséget összeadva adódik az igazolandó. Leolvashatjuk az egyenlőség esetét is: a=b=c.