„Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség” változatai közötti eltérés

a (Polinomok kategória eltávolítva (a HotCattel))
=== 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>
a mértani középérték viszont
<center><math>A_n(a_1+a_2-A_n)-a_1a_2=(a_1-A_n)(A_n-a_2)\geq 0</math></center>
értékkel ''nőtt''; továbbá a számok között most már az <math>\,A_n</math> elem eggyel többször szerepel. Ezzel az eljárással véges sok lépésben valamennyi elemet <math>\,A_n</math>-re cserélhetjük, miközben a számtani közép változatlan marad, a mértani közép pedig fokozatosan nő. Az eljárás végén elérjük a bizonyítás elején már tárgyalt egyenlőséget, és ezzel egyben a tételt is igazoltuk.
 
Továbbra is feltesszük, hogy <math>a_i\geq 0,\quad i=1...n</math>
 
==== 1. Az összes szám megegyezik ====
<math>a_1=\dots=a_n</math> esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor <math>A:=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\qquad (1)</math>.
 
==== 2. A számok nem egyenlőek ====
Mivel nem lehet minden szám nulla, továbbá minden <math>a_i\geq 0</math>, ezért a számtani középérték nyilván pozitív: <math>A>0</math>
 
Ha bármelyik <math>a_i=0</math>, akkor a mértani középérték nulla, így az egyenlőtlenség teljesül:
 
<math>0=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}<A \qquad (2)</math>
 
A továbbiakban tegyük fel, hogy az összes szám pozitív: <math>a_i>0,\quad i=1...n</math>
 
A mértani középértéket jelöljük <math>B_1</math>-el:
 
<math>B_1:=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}</math>
 
Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem. Az általánosság elvesztése nélkül tegyük fel, hogy ezek az <math>a_1</math> és <math>a_2</math> elemek:
 
<math>a_1=\min\{a_1,a_2,...a_n\}</math>
 
<math>a_2=\max\{a_1,a_2,...a_n\}</math>
 
Nyilván igaz a következő egyenlőtlenség:
 
<math>a_1<A<a_2\qquad (3)</math>
 
Az eredeti sorozat alapján állítsunk elő egy második sorozatot, melynek első két tagja <math>A</math> és <math>(a_1+a_2-A)</math>:
 
<math>A,\; a_1 +a_2-A,\; a_3,...a_n</math>
 
A második sorozat számtani középértéke nem változik:
 
<center><math>\frac{A_nA+(a_1+a_2-A_nA)+a_3+\cdots+a_n}{n}=A_nA</math>,</center>
 
A második sorozat mértani középértéke:
 
<math>B_2:=\sqrt[n]{A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n}</math>
 
A második mértani középértékben lévő szorzat az első mértani közép szorzatától az első két tényezőben különbözik, ezért ezeket hasonlítjuk össze:
 
<math>A(a_1+a_2-A)-a_1a_2=Aa_1+Aa_2-A^2-a_1a_2=(a_1-A)(A-a_2)</math>
 
<math>(3)</math>-ból következik:
 
<math>a_1-A<0</math>
 
<math>A-a_2<0</math>
 
Ezek alapján:
 
<math>(a_1-A)(A-a_2)> 0</math>
 
<center><math>A_nA(a_1+a_2-A_nA)-a_1a_2=(a_1-A_nA)(A_nA-a_2)\geq >0</math></center>
 
A mértani középértékeketben lévő szorzatok összehasonlítása:
 
<math>A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n>a_1 a_2 a_3\cdots a_n</math>
 
Kihasználtuk, hogy minden elem pozitív: <math>a_i>0</math>
 
Megmutattuk, hogy a módosított sorozat mértani középértéke nagyobb, mint az eredeti sorozat mértani középértéke:
 
<math>B_2=\sqrt[n]{A(a_1+a_2-A)a_3\cdots a_n}>B_1</math>
 
A módosított sorozatban legalább egyszer megjelenik <math>A</math>.
 
Ezt az eljárást véges sokszor ismételve egy olyan számsorozathoz jutunk, aminek minden eleme <math>A</math>. Legyen ez a <math>p</math>-ik sorozat:
 
<math>B_p:=\sqrt[n]{A^n}=A</math>
 
Fent beláttuk, hogy a mértani középértékek monoton növekvő sorozatot alkotnak:
 
<math>B_1<B_2<...<B_p</math>
 
Ebből következik, hogy
 
<math>B_1<B_p=A</math>
 
Tehát
 
<math>B_1=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}<A \qquad (4)</math>
 
<math>(1)</math>, <math>(2)</math> és <math>(4)</math> figyelembevételével kijelenthetjük, hogy
 
<math>\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}</math>
 
Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha az összes szám megegyezik.
 
.
== A tétel fontosabb alkalmazásai ==
 
242

szerkesztés