Nierówność Cauchy'ego o średnich

Z Wikipedii

Nierówność Cauchy'ego o średnich dla liczb dodatnich a₁, a₂, ..., a_n stwierdza, że ciąg: średnia kwadratowa, średnia arytmetyczna, średnia geometryczna, średnia harmoniczna liczb a₁, a₂, ..., a_n jest nierosnący. Jej nazwa pochodzi od nazwiska Augustina Louisa Cauchy'ego, francuskiego matematyka.

Oznacza to, że

$\sqrt{\frac{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2}{n}} \ge \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \cdots \cdot a_n} \ge \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n}}.$

Ponadto równości w powyższym wyrażeniu zachodzą wtedy i tylko wtedy, gdy liczby a₁, a₂, ..., a_n są równe.

Pierwsza z nierówności zachodzi również dla liczb ujemnych.

Nierówność Cauchy'ego o średnich jest szczególnym przypadkiem nierówności o średniej uogólnionej.

Można też rozważać ważoną wersję tej nierówności:

$q_1 x_1 + q_2 x_2 + \cdots + q_n x_n \geq x_1^{q_1} x_2^{q_2} \cdots x_n^{q_n}$

dla $x_1, x_2, \cdots x_n, q_1, q_2, \cdots, q_n > 0$ i $q_1 + q_2 + \cdots + q_n = 1$

lub całkową:

$\exp(\frac{1}{b-a} \int_a^b \ln{f(x)}dx) \leq \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)dx$ .

dla $f (x)$ całkowalnej i dodatniej w $[a, b]$ .

[edytuj] Dowody

Nierówność Cauchy'ego o średnich jest szczególnym przypadkiem nierówności o średniej potęgowej, więc dowód nierówności między średnimi potęgowymi jest jednocześnie dowodem nierówności Cauchy'ego, ale można przeprowadzić również osobne dowody, mniej lub bardziej zbliżone do dowodu nierówności o średniej potęgowej, dla poszczególnych nierówności zawartych w nierówności Cauchy'ego.

[edytuj] Średnia arytmetyczna i geometryczna

[edytuj] Dowód przy użyciu nierówności o ciągach jednomonotonicznych

Niniejszy dowód korzysta z nierówności o ciągach jednomonotonicznych. Weźmy dowolny ciąg liczb rzeczywistych dodatnich: $(\sqrt[n]{a_1}, \sqrt[n]{a_2},...,\sqrt[n]{a_n})$ . Możemy założyć bez straty ogólności, że jest on uporządkowany nierosnąco, ponieważ zbiór liczb rzeczywistych jest uporządkowany, ciag ten jest wobec tego monotoniczny, a w szczególności jest jednomonotoniczny sam ze sobą. Następnie mnożąc kolejne elementy tego ciągu 'po przekątnej' i operację tę powtarzając n razy, jak na przykładzie dla n = 3 (mnożymy wyrazy tego samego koloru):

$\begin{bmatrix} {\color {Blue} \sqrt[3]{a_1}} & {\color {red} \sqrt[3]{a_2}} & {\color{green}\sqrt[3]{a_3}}\\ {\color {Green} \sqrt[3]{a_1}} & {\color {blue} \sqrt[3]{a_2}} & {\color{red}\sqrt[3]{a_3}} \\ {\color {red} \sqrt[3]{a_1}} & {\color {green} \sqrt[3]{a_2}} & {\color{blue}\sqrt[3]{a_3}}\end{bmatrix}$

po dodaniu otrzymujemy:

$n\cdot\sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}$

zgodnie z nierównością o ciągach jednomonotonicznych:

$\sqrt[n]{a_1}^n+\sqrt[n]{a_2}^{n}+...+\sqrt[n]{a_n}^n=a_1+a_2+...+a_n \geq n\cdot\sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}$

co po podzieleniu obustronnie przez n daje żądaną nierówność:

$\frac {a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}$

[edytuj] Dowód przy użyciu nierówności Jensena

Funkcja $log x$ jest wklęsła w przedziale $(0,\infty)$ . Z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej i $\alpha_1 = \alpha_2 = \dots = \alpha_n = \tfrac{1}{n}$ otrzymujemy, że dla dowolnych liczb dodatnich $x_1, x_2, \dots, x_n$ zachodzi

$\log(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \dots + \alpha_n x_n) \ge \alpha_1 \log(x_1) + \alpha_2 \log(x_2) + \dots + \alpha_n \log(x_n)$

Stąd:

$\log(\frac{1}{n} (x_1 + x_2 + \dots + x_n)) \ge \frac{1}{n} (\log(x_1) + \log(x_2) + \dots + \log(x_n))=log((x_1 x_2 \dots x_n)^{\frac{1}{n}})$

Funkcja log jest rosnąca, więc jest to równoważne:

$\frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \ge (x_1 x_2 \dots x_n)^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}$

Co kończy dowód.

[edytuj] Dowód przy użyciu nierówności Muirheada

Biorąc ciągi $a=(1,0,0,\dots,0)$ i $b=(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \dots, \frac{1}{n})$ z nierówności Muirheada otrzymujemy natychmiast:

$(n-1)! (x_1 + x_2 + \dots + x_n) \geq n! x_1^{\frac{1}{n}} x_2^{\frac{1}{n}} \dots x_n^{\frac{1}{n}}$

czyli

$\frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}$ .

[edytuj] Średnia geometryczna i harmoniczna

Zgodnie z nierównością między średnimi arytmetyczną i geometryczną:

$\sqrt[n]{\frac{1}{x_1}\cdot\frac{1}{x_2}\cdot\ldots\cdot\frac{1}{x_n}}\leq \frac {\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots +\frac{1}{x_n}}{n}$

Gdzie x_i są dodatnie (z czego wynika, że ich odwrotności są dodatnie). Funkcja $f:{\mathbb R}_+\rightarrow{\mathbb R}_+$ , $f (x) = x - 1$ jest funkcją malejącą, więc po nałożeniu jej obustronnie na powyższą nierówność otrzymujemy:

$\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots +\frac{1}{x_n}}$

Co kończy dowód.

[edytuj] Średnia arytmetyczna i kwadratowa

Dowód korzysta z nierówności o ciągach jednomonotonicznych. Weźmy nierosnący ciąg liczb rzeczywistych dodatnich: $a 1, a 2,..., a n$ . Weźmy sumę:

$a_1^2+a_2^2+...+a_n^2$

Zgodnie z nierównością o ciągach jednomonotonicznych jest to największa suma, jaką możemy uzyskać poprzez mnożenie wyrazów podanego ciągu. Po pomnożeniu jej przez n otrzymujemy:

$n\cdot (a_1^2+a_2^2+...+ a_n^2)$

co zgodnie z nierównością jest nie mniejsze niż suma dowolnych n sum powstałych w wyniku podobnego mnożenia. Łatwo zauważyć, że iloczyn: $(a 1 + a 2 + ... + a n) 2$ jest sumą dokładnie n takich sum, zatem:

$n\cdot (a_1^2+a_2^2+...+ a_n^2)\geq (a_1+a_2+...+a_n)^2$