„Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség” változatai közötti eltérés

nincs szerkesztési összefoglaló
a (Matematikai tételek kategória eltávolítva (a HotCattel))
Ezzel bizonyítottuk az állítást minden olyan esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány (<math>\,n=2^k</math>).
 
'''c.''') Amennyiben <math>\,n</math> nem 2-hatvány (<math>\,2^{k-1}<n<2^k</math>), akkor az <math>a_1,\dots,a_n</math> nemnegatív valós számokhoz vegyük hozzá az <math>a_{n+1}=\cdots=a_{2^k}=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=A_n</math> elemeket, és alkalmazzuk az így kapott <math>a_1,\dots,a_{2^k}</math> számokra a már bizonyított állítást:
<center><math>A_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=\frac{a_1+\cdots+a_n+A_n+...+A_n}{2^k}\geq\sqrt[2^k]{a_1\cdots a_n A_n^{(2^k-n)}}</math></center>
Ekvivalens átalakításokkal:
 
'''b.''') Igazoljuk, hogy ha <math>\,n</math>-re igaz az állítás, akkor <math>\,(n+1)</math>-re is igaz.
Indukcióval feltehetjük, hogy <math>\,n</math>-re igaz az állítás és <math>\,(n+1)</math>
szám van adva: <math>a_1,\dots,a_n</math> és <math>\,x</math>. Jelöljük <math>\,A</math>-val az <math>a_1,\dots,a_n</math> számok számtani közepét. Az indukciós hipotézis miatt tudjuk, hogy <math>a_1\cdots a_n\leq A^n</math>. Be kell látnunk, hogy
<center><math>a_1\cdots a_nx \leq \left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}</math></center>
teljesül minden <math>x\geq 0</math> számra.
Az indukció miatt már tudjuk, hogy <math>a_1\cdots a_n\leq A^n</math>, ezért azt kell belátni, hogy <math>A^nx\leq \left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}</math>
azaz
<center><math>f(x)=\left(\frac{An+x}{n+1}\right)^{n+1}-A^n x\geq 0</math></center>
teljesül. <math>\,f(x)</math>polinom, ami 0-ban pozitív, <math>\,A</math>-ban nulla, végtelenben pedig végtelenhez tart. Így van minimuma, ahol deriváltja nulla.
Kiszámolva:
<center><math>f'(x)=\frac{(An+x)^n}{(n+1)^n}-A^n=0</math></center>
ahonnan <math>\,x=A</math>.
=== Richard Rado bizonyítása ===
 
[[Richard Rado]] indukciós bizonyítása 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>
Ez elég, hiszen ha <math>A_n\ge G_n</math>, akkor a képlet szerint <math>A_{n+1}\ge G_{n+1}</math>. A képlet igazolásához <math>\,G_n</math>-nel osztva, 0-ra redukálva és bevezetve az
<center><math>x=\left(\frac{a_{n+1}}{G_n}\right)^{\frac{1}{n+1}}</math></center>
új változót, a következő adódik:
<center><math>x^{n+1}-(n+1)x+n\geq 0.</math></center>
Ezt kell tehát <math>x\geq 0</math>-ra igazolni.
Ezt <math>\,n</math>-re való indukcióval bizonyítjuk. Az <math>\,n=0</math> eset igaz.
Ha pedig <math>\,n-1</math>-re igaz, akkor <math>\,n</math>-re
<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>
 
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>
Összeszorozva ezeket azt kapjuk, hogy
<center><math>e^{\frac{a_1+\cdots+a_n}{A}-n}\geq \frac{a_1\cdots a_n}{A^n}.</math></center>
A bal oldal <math>a_1+\cdots+a_n=nA</math> miatt így alakítható:
Megmutatjuk, hogy <math>(1+ \frac{1}{n})^n \le 4</math>. Valóban, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján
<center><math>
\sqrt[n+2]{(1+ \frac{1}{n})^{n} * \frac{1}{2} * \frac{1}{2}}
\le \frac{n(1+ \frac{1}{n})+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}}{n+2}=1.
</math></center>
Ebből <math>n+2</math>-edikre emelés és rendezés után adódik a felső korlát.
A szigorúan monoton növekedéshez azt kell igazolni, hogy <math>(1+ \frac{1}{n+1})^{n+1} > (1+ \frac{1}{n})^{n}</math>. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján
<center><math>
\sqrt[n+1]{(1+ \frac{1}{n})^{n}*1} \le \frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}=1+ \frac{1}{n+1}.
</math></center>
Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy <math>(1+ \frac{x}{n})^n</math> is korlátos és szigorúan monoton növekedő, ahol <math>x</math> tetszőleges valós szám.
 
=== Azonos kerületű háromszögek ===
Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy <math>a,b,c</math> oldalú háromszög félkerülete legyen <math>s=\frac{a+b+c}{2}</math>. A [[Héron-képlet]] szerint a háromszög területe <math>t= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)},</math> vagyis az <center><math>(a,b,c) \mapsto (s-a)(s-b)(s-c)</math></center> függvényt kell maximalizálnunk rögzített <math>s</math> mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtleségegyenlőtlenség alapján <center><math> \sqrt[3]{(s-a)(s-b)(s-c)} \le \frac{s-a+s-b+s-c}{3}= \frac{s}{3}.</math></center>
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha <math>a=b=c</math>.
 
== A tétel súlyozott változata ==
 
A tétel súlyozott változata a következő.
Ha <math>a_1,\dots,a_n</math> nemnegatív valós számok, <math>p_1,\dots,p_n</math> pozitív valós számok, amikre <math>p_1+\cdots+p_n=1</math> teljesül, akkor
<center><math>
a_1^{p_1}\cdots a_n^{p_n}\leq p_1a_1+\cdots+p_na_n.
</math></center>
Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha <math>a_1=\cdots=a_n</math>.
Ennek <math>p_1=\cdots p_n=\frac{1}{n}</math> speciális esete az eredeti tétel.
== A tétellel kapcsolatos (matematika)történeti érdekességek ==
{{csonk-dátum|csonk-szakasz|2005 októberéből}}
 
== Források ==
* Dr. Korányi Erzsébet: Matematika a gimnáziumok 10. osztálya számára ISBN 963-8332-84-0