Nierówność Cauchy'ego o średnich

Z Wikipedii, wolnej encyklopedii
Skocz do: nawigacji, wyszukiwania

Nierówność Cauchy'ego o średnich dla liczb dodatnich a1, a2, ..., an stwierdza, że ciąg: średnia kwadratowa, średnia arytmetyczna, średnia geometryczna, średnia harmoniczna liczb a1, a2, ..., an 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}} \geqslant
\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \geqslant
\sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \cdots \cdot a_n} \geqslant
\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, ..., an są równe.

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 \geqslant 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

bądź wersję całkową:

\exp(\frac{1}{b-a} \int_a^b \ln{f(x)}{\rm d}x) \leqslant \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x){\rm d}x.

dla f całkowalnej i dodatniej w [a, b].

Dowody[edytuj | edytuj kod]

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.

Średnia arytmetyczna i geometryczna[edytuj | edytuj kod]

Dowód przy użyciu nierówności o ciągach jednomonotonicznych[edytuj | edytuj kod]

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 \geqslant 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} \geqslant \sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}

Dowód przy użyciu nierówności Jensena[edytuj | edytuj kod]

Funkcja log x jest wklęsła w przedziale (0, ∞). Z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej przy

\alpha_1 = \alpha_2 = \dots = \alpha_n = \tfrac{1}{n}

otrzymujemy, że dla dowolnych liczb dodatnich x1, ..., xn zachodzi

\log(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \dots + \alpha_n x_n) \geqslant \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)) \geqslant \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} \geqslant (x_1 x_2 \dots x_n)^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}

Co kończy dowód.

Dowód przy użyciu nierówności Muirheada[edytuj | edytuj kod]

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) \geqslant 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} \geqslant \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}.

Średnia geometryczna i harmoniczna[edytuj | edytuj kod]

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}}\leqslant \frac {\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots +\frac{1}{x_n}}{n}

Gdzie xi są dodatnie (z czego wynika, że ich odwrotności są dodatnie). Funkcja

f:{\mathbb R}_+\rightarrow{\mathbb R}_+,\;\;f(x)=x^{-1}

jest malejąca, więc po nałożeniu jej obustronnie na powyższą nierówność otrzymujemy:

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

Co kończy dowód.

Średnia arytmetyczna i kwadratowa[edytuj | edytuj kod]

Dowód korzysta z nierówności o ciągach jednomonotonicznych.

Rozważmy sumę:

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

nierosnącego ciągu liczb rzeczywistych dodatnich a1, ..., an. 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)\geqslant (a_1+a_2+...+a_n)^2

dzielimy obustronnie przez

\frac {a_1^2+a_2^2+...+ a_n^2}{n}\geqslant \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{n^2}

wyciągamy obustronnie pierwiastek kwadratowy:

\sqrt {\frac {a_1^2+a_2^2+...+ a_n^2}{n}}\geqslant \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}

Co kończy dowód.

Przykładowe zastosowania[edytuj | edytuj kod]

Ciąg (n1/n) dąży do 1[edytuj | edytuj kod]

Przy użyciu nierówności między średnią geometryczną a arytmetyczną oraz twierdzenia o trzech ciągach można wykazać, że

\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1.

Rzeczywiście,

n = \sqrt{n}\cdot\sqrt{n}\cdot \underbrace{1\cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1}_{n-2}

skąd

1\leqslant\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\cdot\sqrt{n}\cdot 1\cdot\dots\cdot 1}\leqslant\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n}+1+\cdots+1}{n}=\frac{2\sqrt{n}+n-2}{n} =\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n}.

Ponieważ

\lim_{n\to \infty}\left(\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n}\right)=1,

więc również \textstyle\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1.

Zobacz też[edytuj | edytuj kod]