Неравенство AM – GM

В математике неравенство средних арифметических и геометрических , или, короче, неравенство AM – GM , утверждает, что среднее арифметическое списка неотрицательных действительных чисел больше или равно среднему геометрическому того же списка; и, кроме того, два средних значения равны тогда и только тогда, когда все числа в списке одинаковы (в этом случае они оба являются этим числом).

Простейшим нетривиальным случаем (т. е. с более чем одной переменной) для двух неотрицательных чисел $x$ и $y$ является утверждение, что

{\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}

с равенством тогда и только тогда, когда $x = y$ .Этот случай можно увидеть из того, что квадрат действительного числа всегда неотрицательен (больше или равен нулю) и из элементарного случая $(a \pm b) 2 = а 2 \pm 2 аб + б 2$ биномиальной формулы :

{\begin{aligned}0&\leq (x-y)^{2}\\&=x^{2}-2xy+y^{2}\\&=x^{2}+2xy+y^{2}-4xy\\&=(x+y)^{2}-4xy.\end{aligned}}

Следовательно $(х + у) 2 \geq 4 xy$ , с равенством именно тогда, когда $(x - y) 2 знак равно 0$ , то есть $Икс знак равно у$ . Неравенство AM – GM тогда следует из извлечения положительного квадратного корня из обеих частей и последующего деления обеих частей на 2 .

Для геометрической интерпретации рассмотрим прямоугольник со сторонами длиной $x$ и $y$ , следовательно, он имеет периметр $2 x + 2 y$ и площадь $xy$ . Аналогично, квадрат со всеми сторонами длиной $\sqrt xy$ имеет периметр $4 \sqrt xy$ и ту же площадь, что и прямоугольник. Самый простой нетривиальный случай неравенства AM – GM подразумевает, что для периметров $2 x + 2 y \geq 4 \sqrt xy$ и что только квадрат имеет наименьший периметр среди всех прямоугольников равной площади.

Самый простой случай подразумевается в «Началах» Евклида , книга 5, предложение 25. ^[2]

Доступны расширения неравенства AM–GM для включения весов или обобщенных средних .

Фон

Среднее арифметическое или, точнее , среднее значение списка из $n$ чисел $x 1, x 2, . . . , x n$ — сумма чисел, разделенная на $n$ :

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}.

Среднее геометрическое аналогично, за исключением того, что оно определяется только для списка неотрицательных действительных чисел и использует умножение и корень вместо сложения и деления:

{\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}.

Если $х 1, х 2, . . . , x n > 0$ , это равно экспоненте среднего арифметического натуральных логарифмов чисел:

\exp \left({\frac {\ln {x_{1}}+\ln {x_{2}}+\cdots +\ln {x_{n}}}{n}}\right).

Примечание. Это относится не только к функции exp() и натуральным логарифмам. Основанием b возведения в степень может быть любое положительное действительное число, если логарифм имеет основание b.

Неравенство

Переформулировав неравенство с использованием математических обозначений, мы получаем его для любого списка из $n$ неотрицательных действительных чисел $x 1, x 2, . . . , х н$ ,

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}\,,

и это равенство выполняется тогда и только тогда, когда $x 1 = x 2 = \cdot \cdot \cdot = x n$ .

Геометрическая интерпретация

В двух измерениях $2 x 1 + 2 x 2$ — это периметр прямоугольника со сторонами длиной $x 1$ и $x 2$ . Аналогично, $4 \sqrt x 1 x 2$ — это периметр квадрата той же 1 x $площади x 2, что$ и этот прямоугольник. Таким образом, для $n = 2$ неравенство AM – GM утверждает, что прямоугольник данной площади имеет наименьший периметр, если этот прямоугольник также является квадратом.

Полное неравенство является распространением этой идеи на $n$ измерений. Рассмотрим $n$ -мерный ящик с длинами ребер $x 1, x 2, . . . , х н$ . Каждая вершина ящика соединена с $n$ ребрами разных направлений, поэтому средняя длина ребер, инцидентных этой вершине, равна $(x 1 + x 2 + \cdot \cdot \cdot + x n)/ n$ .С другой стороны, ${\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$ — длина ребра $n-$ мерного куба равного объема, которая, следовательно, также является средней длиной ребер, инцидентных вершине куба.

Таким образом, неравенство AM–GM утверждает, что только $n$ -куб имеет наименьшую среднюю длину ребер, соединенных с каждой вершиной, среди всех $n$ -мерных блоков одинакового объема. ^[3]

Примеры

Пример 1

Если $a,b,c>0$ , то AM-GM сообщает нам, что

(1+a)(1+b)(1+c)\geq 2{\sqrt {1\cdot {a}}}\cdot 2{\sqrt {1\cdot {b}}}\cdot 2{\sqrt {1\cdot {c}}}=8{\sqrt {abc}}

Пример 2

Простая верхняя граница для $n!$ можно найти. AM-GM сообщает нам

1+2+\dots +n\geq n{\sqrt[{n}]{n!}}

{\frac {n(n+1)}{2}}\geq n{\sqrt[{n}]{n!}}

и так

\left({\frac {n+1}{2}}\right)^{n}\geq n!

с равенством при $n=1$ .

Эквивалентно,

(n+1)^{n}\geq 2^{n}n!

Пример 3

Рассмотрим функцию

f(x,y,z)={\frac {x}{y}}+{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}

для всех положительных действительных чисел $x$ , $y$ и $z$ . Предположим, мы хотим найти минимальное значение этой функции. Его можно переписать как:

{\begin{aligned}f(x,y,z)&=6\cdot {\frac {{\frac {x}{y}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}{6}}\\&=6\cdot {\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}}\end{aligned}}

с

x_{1}={\frac {x}{y}},\qquad x_{2}=x_{3}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}},\qquad x_{4}=x_{5}=x_{6}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.

Применяя неравенство АМ–ГМ для $n = 6$ , получаем

{\begin{aligned}f(x,y,z)&\geq 6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {x}{y}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}}\\&=6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {1}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 3}}{\frac {x}{y}}{\frac {y}{z}}{\frac {z}{x}}}}\\&=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}.\end{aligned}}

Кроме того, мы знаем, что две стороны равны именно тогда, когда все члены среднего значения равны:

f(x,y,z)=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}\quad {\mbox{when}}\quad {\frac {x}{y}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.

Все точки $(x, y, z),$ удовлетворяющие этим условиям, лежат на полупрямой, начинающейся в начале координат, и определяются выражением

(x,y,z)={\biggr (}t,{\sqrt[{3}]{2}}{\sqrt {3}}\,t,{\frac {3{\sqrt {3}}}{2}}\,t{\biggr )}\quad {\mbox{with}}\quad t>0.

Приложения

Важным практическим применением финансовой математики является вычисление нормы прибыли : годовая доходность , рассчитанная через среднее геометрическое, меньше, чем средняя годовая доходность, рассчитанная как среднее арифметическое (или равна, если все доходы равны). Это важно при анализе инвестиций , поскольку средняя доходность завышает совокупный эффект. Его также можно использовать для доказательства неравенства Коши – Шварца .

Доказательства неравенства AM–GM.

Неравенство AM – GM также известно разнообразием методов, которые можно использовать для его доказательства.

Доказательство с использованием неравенства Йенсена.

Неравенство Йенсена гласит, что значение вогнутой функции среднего арифметического больше или равно среднему арифметическому значений функции. Поскольку функция логарифма вогнутая, имеем

\log \left({\frac {\sum _{i}x_{i}}{n}}\right)\geq \sum {\frac {1}{n}}\log x_{i}=\sum \left(\log x_{i}^{1/n}\right)=\log \left(\prod x_{i}^{1/n}\right).

Взяв антилогарифмы крайне левой и крайне правой частей, мы имеем неравенство AM – GM.

Доказательство последовательной заменой элементов.

Мы должны это показать

\alpha ={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}=\beta

с равенством только тогда, когда все числа равны.

Если не все числа равны, то существуют $x_{i},x_{j}$ такой, что $x_{i}<\alpha <x_{j}$ . Заменив $x i$ на $\alpha$ и $x j$ на $(x_{i}+x_{j}-\alpha )$ среднее арифметическое чисел оставит неизменным, но увеличит среднее геометрическое, поскольку

\alpha (x_{j}+x_{i}-\alpha )-x_{i}x_{j}=(\alpha -x_{i})(x_{j}-\alpha )>0

Если числа по-прежнему не равны, продолжаем заменять числа, как указано выше. Максимум после $(n-1)$ при таких шагах замены все цифры будут заменены на $\alpha$ при этом среднее геометрическое строго увеличивается на каждом шаге. После последнего шага среднее геометрическое будет равно ${\sqrt[{n}]{\alpha \alpha \cdots \alpha }}=\alpha$ , доказывая неравенство.

Можно отметить, что стратегия замены работает так же хорошо и с правой стороны. Если какое-либо из чисел равно 0, то и среднее геометрическое будет равно 0, что тривиально доказывает неравенство. Поэтому мы можем предположить, что все числа положительны. Если они не все равны, то существуют $x_{i},x_{j}$ такой, что $0<x_{i}<\beta <x_{j}$ . Замена $x_{i}$ к $\beta$ и $x_{j}$ к ${\frac {x_{i}x_{j}}{\beta }}$ оставляет среднее геометрическое неизменным, но строго уменьшает среднее арифметическое, поскольку

x_{i}+x_{j}-\beta -{\frac {x_{i}x_{j}}{\beta }}={\frac {(\beta -x_{i})(x_{j}-\beta )}{\beta }}>0

. Далее доказательство проводится по той же схеме, что и в предыдущей замене.

Индукционные доказательства

Доказательство по индукции №1.

Из неотрицательных действительных чисел $x 1, . . . , x n$ утверждение AM–GM эквивалентно

\alpha ^{n}\geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n}

с равенством тогда и только тогда, когда $α = x i$ для всех $i \in {1, . . . , н}$ .

Для следующего доказательства мы применяем математическую индукцию и только известные правила арифметики.

Базис индукции: Для $n = 1$ утверждение верно с равенством.

Гипотеза индукции: предположим, что утверждение AM – GM справедливо для всех вариантов выбора $n$ неотрицательных действительных чисел.

Шаг индукции: рассмотрим $n + 1$ неотрицательное вещественное число $x 1, . . . , х n +1$ , . Их среднее арифметическое $α$ удовлетворяет

(n+1)\alpha =\ x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}.

Если все $x i$ равны $α$ , то мы имеем равенство в утверждении AM – GM, и все готово. В случае, когда некоторые из них не равны $α$ , должно существовать одно число, большее среднего арифметического $α$ , и число, меньшее $α$ . Без ограничения общности мы можем переупорядочить наши $, xi$ чтобы поместить эти два конкретных элемента в конец: $x n > α$ и $x n +1 < α$ . Затем

x_{n}-\alpha >0\qquad \alpha -x_{n+1}>0

\implies (x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0\,.\qquad (*)

Теперь определите $y$ с помощью

y:=x_{n}+x_{n+1}-\alpha \geq x_{n}-\alpha >0\,,

и рассмотрим $n$ чисел $x 1, . . . , x n -1, y,$ которые неотрицательны. С

(n+1)\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+x_{n}+x_{n+1}

n\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y},

Таким образом, $α$ также является средним арифметическим $n$ чисел $x 1, . . . , x n -1, y$ и из предположения индукции следует

\alpha ^{n+1}=\alpha ^{n}\cdot \alpha \geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}y\cdot \alpha .\qquad (**)

Благодаря (*) мы знаем, что

(\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y})\alpha -x_{n}x_{n+1}=(x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0,

следовательно

y\alpha >x_{n}x_{n+1}\,,\qquad ({*}{*}{*})

в частности $α > 0$ . Следовательно, если хотя бы одно из чисел $x 1, . . . , x n -1$ равно нулю, то мы уже имеем строгое неравенство в (**). В противном случае правая часть (**) положительна, и строгое неравенство получается с помощью оценки (***) для получения нижней границы правой части (**). Таким образом, в обоих случаях мы можем заменить (***) на (**), чтобы получить

\alpha ^{n+1}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}x_{n}x_{n+1}\,,

что завершает доказательство.

Доказательство по индукции №2.

Прежде всего докажем, что для вещественных чисел $x 1 < 1$ и $x 2 > 1$ справедливо

x_{1}+x_{2}>x_{1}x_{2}+1.

Действительно, умножение обеих частей неравенства $x 2 > 1$ на $1 - x 1$ дает

x_{2}-x_{1}x_{2}>1-x_{1},

откуда немедленно получается требуемое неравенство.

Теперь мы собираемся доказать, что для положительных действительных чисел $x 1, . . . , x n$ удовлетворяющие $х 1 . . . x n = 1$ , имеет место

x_{1}+\cdots +x_{n}\geq n.

Равенство имеет место только в том случае, если $x 1 = ... = x n = 1$ .

Базис индукции: Для $n = 2$ утверждение верно в силу указанного выше свойства.

Гипотеза индукции: предположим, что утверждение верно для всех натуральных чисел до $n - 1$ .

Шаг индукции: Рассмотрим натуральное число $n$ , т.е. для положительных действительных чисел $x 1, . . . , x n$ , имеет место $x 1 . . . Икс п знак равно 1$ . Существует хотя бы один $x k < 1$ , поэтому должен быть хотя бы один $x j > 1$ . Без ограничения общности положим $k = n - 1$ и $j = n$ .

Далее, равенство $x 1 . . . x n = 1$ запишем в виде $(x 1 . . . x n -2) (x n -1 x n) = 1$ . Тогда из предположения индукции следует

(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}x_{n})>n-1.

Однако с учетом базиса индукции имеем

{\begin{aligned}x_{1}+\cdots +x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}&=(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}+x_{n})\\&>(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+x_{n-1}x_{n}+1\\&>n,\end{aligned}}

что завершает доказательство.

Для положительных действительных чисел $a 1, . . . , a n$ , обозначим

x_{1}={\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}},...,x_{n}={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}.

Числа $x 1, . . . , x n$ удовлетворяют условию $x 1 . . . Икс п знак равно 1$ . Итак, у нас есть

{\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}+\cdots +{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}\geq n,

откуда мы получаем

{\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}},

причем равенство справедливо только для $a 1 = ... = a n$ .

Доказательство Коши с использованием прямой-обратной индукции.

Следующее доказательство по прецедентам напрямую опирается на хорошо известные правила арифметики, но использует редко используемый метод прямой-обратной индукции. По сути, это произведение Огюстена Луи Коши , и его можно найти в его «Курсе анализа» . ^[4]

Случай, когда все члены равны

Если все условия равны:

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n},

тогда их сумма равна $nx 1$ , поэтому их среднее арифметическое равно $x 1$ ; и их произведение равно $х 1 н$ , поэтому их среднее геометрическое равно $x 1$ ; следовательно, среднее арифметическое и среднее геометрическое равны, как и желательно.

Случай, когда не все члены равны

Осталось показать, что если не все члены равны, то среднее арифметическое больше среднего геометрического. Понятно, что это возможно только при $n > 1$ .

Этот случай существенно сложнее, и мы разобьем его на подслучаи.

Подслучай, когда n = 2

Если $n = 2$ , то у нас есть два слагаемых, $x 1$ и $x 2$ , и поскольку (по нашему предположению) не все слагаемые равны, мы имеем:

{\begin{aligned}{\Bigl (}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl (}{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}

следовательно

{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}

по желанию.

Подслучай, когда n = 2 ^к

Рассмотрим случай, когда $n = 2 к$ , где $k$ — целое положительное число. Мы действуем методом математической индукции.

В базовом случае $k = 1$ , поэтому $n = 2$ . Мы уже показали, что неравенство справедливо при $n = 2$ , так что мы закончили.

Теперь предположим, что для данного $k > 1$ мы уже показали, что неравенство справедливо для $n = 2. к -1$ , и мы хотим показать, что это справедливо для $n = 2 к$ . Для этого дважды применим неравенство для $2 к -1$ числа и один раз на $2$ номера, чтобы получить:

{\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&{}={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}

где в первом неравенстве две стороны равны только в том случае, если

x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{2^{k-1}}

и

x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^{k}}

(в этом случае первое среднее арифметическое и первое среднее геометрическое равны $x 1$ , и аналогично второму среднему арифметическому и второму среднему геометрическому); а во втором неравенстве две стороны равны только в том случае, если равны два средних геометрических. Так как не все $2 к$ числа равны, оба неравенства не могут быть равенствами, поэтому мы знаем, что:

{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}

по желанию.

Подслучай, когда n < 2 ^к

Если $n$ не является натуральной степенью $2$ , то оно заведомо меньше некоторой натуральной степени 2, поскольку последовательность $2, 4, 8, . . . , 2 к, . . .$ неограничен сверху. Поэтому, не ограничивая общности, пусть $m$ — некоторая натуральная степень $2$ , большая, чем $n$ .

Итак, если у нас есть $n$ терминов, то давайте обозначим их среднее арифметическое через $α$ и расширим наш список терминов следующим образом:

x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_{m}=\alpha .

Тогда у нас есть:

{\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {(m-n)}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(m-n\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&\geq {\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}}\,,\end{aligned}}

так

\alpha ^{m}\geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}

и

\alpha \geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}

по желанию.

Доказательство по индукции с использованием основного исчисления.

Следующее доказательство использует математическую индукцию и некоторые основы дифференциального исчисления .

Базис индукции : Для $n = 1$ утверждение верно с равенством.

Гипотеза индукции : предположим, что утверждение AM – GM справедливо для всех вариантов выбора $n$ неотрицательных действительных чисел.

Шаг индукции : Чтобы доказать утверждение для $n + 1$ неотрицательных действительных чисел $x 1, . . . , x n, x n +1$ , нам нужно доказать, что

{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}x_{n+1}})^{\frac {1}{n+1}}\geq 0

с равенством только в том случае, если все $n + 1$ чисел равны.

Если все числа равны нулю, неравенство выполняется с равенством. Если некоторые, но не все числа равны нулю, мы имеем строгое неравенство. Следовательно, в дальнейшем мы можем предположить, что все $n + 1$ чисел положительны.

Рассмотрим последнее число $x n +1$ как переменную и определим функцию

f(t)={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+t}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}t})^{\frac {1}{n+1}},\qquad t>0.

Доказательство шага индукции эквивалентно показу того, что $f (t) \geq 0$ для всех $t > 0$ , причем $f (t) = 0$ только в том случае, если $x 1, . . . , x n$ и $t$ равны. проанализировав критические точки f $Это можно сделать ,$ с помощью некоторых базовых вычислений.

Первая производная f $выражением$ определяется

f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t^{-{\frac {n}{n+1}}},\qquad t>0.

Критическая точка $t 0$ должна удовлетворять $f' (t 0) = 0$ , что означает

({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t_{0}^{-{\frac {n}{n+1}}}=1.

После небольшой перестановки получим

t_{0}^{\frac {n}{n+1}}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}},

и наконец

t_{0}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}},

что является средним геометрическим $x 1, . . . , х н$ . Это единственная критическая точка $f$ . Поскольку $f'' (t > 0$ для всех $t > 0$ , функция $f$ и строго выпуклая имеет строгий глобальный минимум в точке $t0 .$ ) Затем мы вычисляем значение функции в этом глобальном минимуме:

{\begin{aligned}f(t_{0})&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+({x_{1}\cdots x_{n}})^{1/n}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n(n+1)}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}+{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {n}{n+1}}{\Bigl (}{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}{\Bigr )}\\&\geq 0,\end{aligned}}

где окончательное неравенство выполнено в силу предположения индукции. Гипотеза также утверждает, что равенство может быть только тогда, когда $x 1, . . . , x n$ все равны. В этом случае их среднее геометрическое $t 0$ имеет то же значение, Следовательно, если только $x 1, . . . , x n, x n +1$ равны, имеем $f (x n +1) > 0$ . Это завершает доказательство.

Этот метод можно использовать таким же образом для доказательства обобщенного неравенства AM – GM и неравенства Коши – Шварца в евклидовом пространстве $R. н$ .

Доказательство Полиа с использованием показательной функции.

Джордж Полиа предоставил доказательство, подобное следующему. Пусть $f (x) = e х -1 - x$ для всех действительных $x$ с первой производной $f' (x) = e х -1 - 1$ и вторая производная $f'' (x) = e х -1$ . Заметьте, что $f (1) = 0$ , $f' (1) = 0$ и $f'' (x) > 0$ для всех вещественных $x$ , следовательно, $f$ строго выпуклая с абсолютным минимумом в $x = 1$ . Следовательно, $x \leq e х -1$ для всех действительных $x$ с равенством только для $x = 1$ .

Рассмотрим список неотрицательных действительных чисел $x 1, x 2, . . . , х н$ . Если все они равны нулю, то неравенство AM – GM выполняется с равенством. Следовательно, мы можем предположить в дальнейшем их среднее арифметическое $α > 0$ . Применяя $n$ -кратное неравенство выше, мы получаем, что

{\begin{aligned}{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}&\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl (}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (*)\end{aligned}}

с равенством тогда и только тогда, когда $x i = α$ для каждого $i \in {1, . . . , н}$ . Аргумент показательной функции можно упростить:

{\begin{aligned}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n\\&={\frac {n\alpha }{\alpha }}-n\\&=0.\end{aligned}}

Возвращаясь к $(*)$ ,

{\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,

что дает $x 1 x 2 \cdot \cdot \cdot x n \leq α н$ , отсюда и результат ^[5]

{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .

Доказательство с помощью множителей Лагранжа.

Если какой-либо из $x_{i}$ являются $0$ , то и доказывать нечего. Таким образом, мы можем предположить, что все $x_{i}$ строго положительные.

Поскольку средние арифметические и геометрические однородны степени 1, без ограничения общности предположим, что $\prod _{i=1}^{n}x_{i}=1$ . Набор $G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=\prod _{i=1}^{n}x_{i}$ , и $F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})={\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}x_{i}$ . Неравенство будет доказано (вместе со случаем равенства), если мы сможем показать, что минимум $F(x_{1},x_{2},...,x_{n}),$ с учетом ограничения $G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=1,$ равно $1$ , а минимум достигается только тогда, когда $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}=1$ . Давайте сначала покажем, что задача ограниченной минимизации имеет глобальный минимум.

Набор $K=\{(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\colon 0\leq x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}\leq n\}$ . С момента пересечения $K\cap \{G=1\}$ компактен, теорема об крайних значениях гарантирует, что минимум $F(x_{1},x_{2},...,x_{n})$ с учетом ограничений $G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=1$ и $(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\in K$ достигается в какой-то момент внутри $K$ . С другой стороны, заметьте, что если какой-либо из $x_{i}>n$ , затем $F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})>1$ , пока $F(1,1,\ldots ,1)=1$ , и $(1,1,\ldots ,1)\in K\cap \{G=1\}$ . Это означает, что минимум внутри $K\cap \{G=1\}$ фактически является глобальным минимумом, поскольку значение $F$ в любой точке внутри $K\cap \{G=1\}$ заведомо не меньше минимального, а значение $F$ в любой момент $(y_{1},y_{2},\ldots ,y_{n})$ не внутри $K$ строго больше, чем значение в $(1,1,\ldots ,1)$ , что не меньше минимального.

Метод множителей Лагранжа говорит, что глобальный минимум достигается в точке $(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ где градиент $F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ является $\lambda$ раз градиент $G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ , для некоторых $\lambda$ . Мы покажем, что это происходит только тогда, когда $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}=1$ и $F(x_{1},x_{2},...,x_{n})=1.$

Вычислить ${\frac {\partial F}{\partial x_{i}}}={\frac {1}{n}}$ и

{\frac {\partial G}{\partial x_{i}}}=\prod _{j\neq i}x_{j}={\frac {G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})}{x_{i}}}={\frac {1}{x_{i}}}

вдоль ограничения. Таким образом, установка градиентов, пропорциональных друг другу, дает для каждого $i$ что ${\frac {1}{n}}={\frac {\lambda }{x_{i}}},$ и так $n\lambda =x_{i}.$ Поскольку левая часть не зависит от $i$ , отсюда следует, что $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$ , и поскольку $G(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=1$ , отсюда следует, что $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}=1$ и $F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=1$ , по желанию.

Обобщения

Взвешенное неравенство AM – GM

Аналогичное неравенство существует для взвешенного среднего арифметического и взвешенного среднего геометрического . В частности, пусть неотрицательные числа $x 1, x 2, . . . , x n$ и неотрицательные веса $w 1, w 2, . . . , нам не дадут$ . Установите $ш знак равно ш 1 + ш 2 + \cdot \cdot \cdot + ш п$ . Если $w > 0$ , то неравенство

{\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}

выполняется с равенством тогда и только тогда, когда все $x k$ с $w k > 0$ равны. Здесь конвенция $00 = 1$ используется.

Если все $w k = 1$ , это сводится к приведенному выше неравенству средних арифметических и геометрических.

Одна более сильная версия этого, которая также дает усиленную версию невзвешенной версии, принадлежит Альдазу. В частности,Аналогичное неравенство существует для взвешенного среднего арифметического и взвешенного среднего геометрического . В частности, пусть неотрицательные числа $x 1, x 2, . . . , x n$ и неотрицательные веса $w 1, w 2, . . . , нам не дадут$ . Предположим далее, что сумма весов равна 1. Тогда

\sum _{i=1}^{n}w_{i}x_{i}\geq \prod _{i=1}^{n}x_{i}^{w_{i}}+\sum _{i=1}^{n}w_{i}\left(x_{i}^{\frac {1}{2}}-\sum _{i=1}^{n}w_{i}x_{i}^{\frac {1}{2}}\right)^{2}

. ^[6]

Доказательство с использованием неравенства Йенсена.

Используя конечную форму неравенства Йенсена для натурального логарифма , мы можем доказать неравенство между взвешенным средним арифметическим и взвешенным средним геометрическим, указанное выше.

Поскольку $x k$ с весом $w k = 0$ не влияет на неравенство, в дальнейшем мы можем предположить, что все веса положительны. Если все $x k$ равны, то равенство имеет место. Поэтому остается доказать строгое неравенство, если они не все равны, что мы и будем предполагать в дальнейшем. Если хотя бы один $x k$ равен нулю (но не все), то взвешенное среднее геометрическое равно нулю, а среднее взвешенное арифметическое положительно, следовательно, выполняется строгое неравенство. Поэтому мы можем также предположить, что все $x k$ положительны.

Поскольку натуральный логарифм строго вогнутый , из конечной формы неравенства Йенсена и функциональных уравнений натурального логарифма следует

{\begin{aligned}\ln {\Bigl (}{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}&>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}\\&=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.\end{aligned}}

Поскольку натуральный логарифм строго возрастает ,

{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.

Матричная арифметика – среднее геометрическое неравенство

Большинство матричных обобщений среднего арифметического неравенства геометрической применимо на уровне унитарно-инвариантных норм в силу того, что даже если матрицы $A$ и $B$ являются положительно полуопределенными матрицей $AB$ не может быть положительно полуопределенным и, следовательно, не может иметь канонического квадратного корня. В ^[7] Бхатия и Киттане доказали, что для любой унитарно-инвариантной нормы $|||\cdot |||$ и положительные полуопределенные матрицы $A$ и $B$ это тот случай, что

|||AB|||\leq {\frac {1}{2}}|||A^{2}+B^{2}|||

Позже, в ^[8] те же авторы доказали более сильное неравенство, которое

|||AB|||\leq {\frac {1}{4}}|||(A+B)^{2}|||

Наконец, известна размерность $n=2$ что имеет место следующее сильнейшее матричное обобщение среднего арифметико-геометрического неравенства, и предполагается, что оно справедливо для всех $n$

|||(AB)^{\frac {1}{2}}|||\leq {\frac {1}{2}}|||A+B|||

Это предполагаемое неравенство было показано Стивеном Друри в 2012 году. Действительно, он доказал ^[9]

{\sqrt {\sigma _{j}(AB)}}\leq {\frac {1}{2}}\lambda _{j}(A+B),\ j=1,\ldots ,n.

Финансы: связь с геометрической доходностью активов

В сфере финансов многие исследования посвящены точной оценке нормы доходности актива в течение нескольких периодов в будущем. В случае логарифмически нормальной доходности активов существует точная формула для расчета арифметической доходности активов на основе геометрической доходности активов.

Для простоты предположим, что мы рассматриваем годовую геометрическую доходность $r 1, r 2, ... , r N$ на временном горизонте $N$ лет, т.е.

r_{n}={\frac {V_{n}-V_{n-1}}{V_{n-1}}},

где:

V_{n}

= стоимость актива на момент времени

n

,

V_{n-1}

= стоимость актива на момент времени

n-1

.

Геометрическая и арифметическая доходность соответственно определяются как

g_{N}=\left(\prod _{n=1}^{N}(1+r_{n})\right)^{1/N},

a_{N}={\frac {1}{N}}\sum _{n=1}^{N}r_{n}.

Когда годовая геометрическая доходность активов распределена логнормально, то для преобразования средней геометрической доходности в среднюю арифметическую доходность можно использовать следующую формулу: ^[10]

1+g_{N}={\frac {1+a_{N}}{\sqrt {1+{\frac {\sigma ^{2}}{(1+a_{N})^{2}}}}}},

где $\sigma ^{2}$ — это дисперсия наблюдаемой доходности активов. Это неявное уравнение для $можно N$ решить точно следующим образом. Во-первых, обратите внимание, что, установив

z=(1+a_{N})^{2},

получим полиномиальное уравнение степени 2:

z^{2}-(1+g)^{2}-(1+g)^{2}\sigma ^{2}=0.

Решая это уравнение для $z$ определение $z$ , мы получаем 4 возможных решения для $N и используя$ :

a_{N}=\pm {\frac {1+g_{N}}{\sqrt {2}}}{\sqrt {1\pm {\sqrt {1+{\frac {4\sigma ^{2}}{(1+g_{N})^{2}}}}}}}-1.

Однако обратите внимание, что

{\sqrt {1+{\frac {4\sigma ^{2}}{(1+g_{N})^{2}}}}}\geq 1.

Это означает, что единственными возможными решениями являются (поскольку доходность активов является действительными числами):

a_{N}=\pm {\frac {1+g_{N}}{\sqrt {2}}}{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\frac {4\sigma ^{2}}{(1+g_{N})^{2}}}}}}}-1.

Наконец, мы ожидаем, что производная от $a N$ по $g N$ будет неотрицательной, поскольку увеличение геометрической доходности никогда не должно приводить к уменьшению арифметической доходности. Действительно, оба показателя измеряют средний рост стоимости актива и поэтому должны двигаться в одинаковых направлениях. Это оставляет нам одно решение неявного уравнения для $N :$ , а именно

a_{N}={\frac {1+g_{N}}{\sqrt {2}}}{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\frac {4\sigma ^{2}}{(1+g_{N})^{2}}}}}}}-1.

Таким образом, при допущении логарифмически нормального распределения доходности активов арифметическая доходность активов полностью определяется геометрической доходностью активов.

Другие обобщения

Другие обобщения неравенства средних арифметических и геометрических включают:

См. также

Примечания

^ Если AC = a и BC = b . OC = AM для a и b , а радиус r = QO = OG.
Используя теорему Пифагора , QC² = QO² + OC² ∴ QC = √ QO² + OC² = QM .
Используя теорему Пифагора, OC² = OG² + GC² ∴ GC = √ OC² − OG² = GM .
Используя подобные треугольники , ⁠ HC / GC ⁠ = ⁠ GC / OC ⁠ ∴ HC = ⁠ GC² / OC ⁠ = HM .

Ссылки

^ Хоффман, Д.Г. (1981), «Проблемы упаковки и неравенства», в Кларнере, Дэвиде А. (ред.), The Mathematical Gardner , Springer, стр. 212–225, doi : 10.1007/978-1-4684-6686-7_19 , ISBN 978-1-4684-6688-1
^ «Начала Евклида, книга V, предложение 25» .
^ Стил, Дж. Майкл (2004). Мастер-класс Коши-Шварца: Введение в искусство математических неравенств . Серия задачников MAA. Издательство Кембриджского университета. ISBN 978-0-521-54677-5 . OCLC 54079548 .
^ Коши, Огюстен-Луи (1821). Курс анализа в Королевской политехнической школе, первая часть, Алгебраический анализ, Париж. Доказательство неравенства средних арифметических и средних геометрических можно найти на стр. 457 и далее.
^ Арнольд, Дениз; Арнольд, Грэм (1993). Четырехсекционная математика . Ходдер Арнольд H&S. п. 242. ИСБН 978-0-340-54335-1 . ОСЛК 38328013 .
^ Алдаз, Дж. М. (2009). «Самоулучшение неравенства между арифметическими и средними геометрическими» . Журнал математических неравенств . 3 (2): 213–216. дои : 10.7153/jmi-03-21 . Проверено 11 января 2023 г.
^ Бхатия, Раджендра; Киттане, Фуад (1990). «Об сингулярных значениях произведения операторов». Журнал SIAM по матричному анализу и приложениям . 11 (2): 272–277. дои : 10.1137/0611018 .
^ Бхатия, Раджендра; Киттане, Фуад (2000). «Заметки о матричных средних арифметико-геометрических неравенствах» . Линейная алгебра и ее приложения . 308 (1–3): 203–211. дои : 10.1016/S0024-3795(00)00048-3 .
^ SW Друри, К вопросу о Бхатиа и Киттане, Приложение линейной алгебры. 437 (2012) 1955–1960.
^ см . Миндлин, Дмитрий, О взаимосвязи между арифметическими и геометрическими доходностями (14 августа 2011 г.). Доступно на SSRN: https://ssrn.com/abstract=2083915 или http://dx.doi.org/10.2139/ssrn.2083915 .
^ см . Иорданеску, Р.; Ничита, ФФ; Пасареску, О. Теории объединения: средние и обобщенные формулы Эйлера. Аксиомы 2020, 9, 144.

Внешние ссылки

Артур Лоуотер (1982). «Введение в неравенства» . Электронная онлайн-книга в формате PDF.

[11] Если AC = a и BC = b . OC = AM для a и b , а радиус r = QO = OG.
Используя теорему Пифагора , QC² = QO² + OC² ∴ QC = √ QO² + OC² = QM .
Используя теорему Пифагора, OC² = OG² + GC² ∴ GC = √ OC² − OG² = GM .
Используя подобные треугольники , ⁠ HC / GC ⁠ = ⁠ GC / OC ⁠ ∴ HC = ⁠ GC² / OC ⁠ = HM .

[1] Хоффман, Д.Г. (1981), «Проблемы упаковки и неравенства», в Кларнере, Дэвиде А. (ред.), The Mathematical Gardner , Springer, стр. 212–225, doi : 10.1007/978-1-4684-6686-7_19 , ISBN 978-1-4684-6688-1

[2] «Начала Евклида, книга V, предложение 25» .

[3] Стил, Дж. Майкл (2004). Мастер-класс Коши-Шварца: Введение в искусство математических неравенств . Серия задачников MAA. Издательство Кембриджского университета. ISBN 978-0-521-54677-5 . OCLC 54079548 .

[4] Коши, Огюстен-Луи (1821). Курс анализа в Королевской политехнической школе, первая часть, Алгебраический анализ, Париж. Доказательство неравенства средних арифметических и средних геометрических можно найти на стр. 457 и далее.

[5] Арнольд, Дениз; Арнольд, Грэм (1993). Четырехсекционная математика . Ходдер Арнольд H&S. п. 242. ИСБН 978-0-340-54335-1 . ОСЛК 38328013 .

[6] Алдаз, Дж. М. (2009). «Самоулучшение неравенства между арифметическими и средними геометрическими» . Журнал математических неравенств . 3 (2): 213–216. дои : 10.7153/jmi-03-21 . Проверено 11 января 2023 г.

[7] Бхатия, Раджендра; Киттане, Фуад (1990). «Об сингулярных значениях произведения операторов». Журнал SIAM по матричному анализу и приложениям . 11 (2): 272–277. дои : 10.1137/0611018 .

[8] Бхатия, Раджендра; Киттане, Фуад (2000). «Заметки о матричных средних арифметико-геометрических неравенствах» . Линейная алгебра и ее приложения . 308 (1–3): 203–211. дои : 10.1016/S0024-3795(00)00048-3 .

[9] SW Друри, К вопросу о Бхатиа и Киттане, Приложение линейной алгебры. 437 (2012) 1955–1960.

[10] см . Миндлин, Дмитрий, О взаимосвязи между арифметическими и геометрическими доходностями (14 августа 2011 г.). Доступно на SSRN: https://ssrn.com/abstract=2083915 или http://dx.doi.org/10.2139/ssrn.2083915 .

[12] см . Иорданеску, Р.; Ничита, ФФ; Пасареску, О. Теории объединения: средние и обобщенные формулы Эйлера. Аксиомы 2020, 9, 144.

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

[10]

[примечание 1]

[11]

Фон

Неравенство

Геометрическая интерпретация

Примеры

Пример 1

Пример 2

Пример 3

Приложения

Доказательства неравенства AM–GM.

Доказательство с использованием неравенства Йенсена.

Доказательство последовательной заменой элементов.

Индукционные доказательства

Доказательство по индукции №1.

Доказательство по индукции №2.

Доказательство Коши с использованием прямой-обратной индукции.

Случай, когда все члены равны

Случай, когда не все члены равны

Подслучай, когда n = 2

Подслучай, когда n = 2 к

Подслучай, когда n < 2 к

Доказательство по индукции с использованием основного исчисления.

Доказательство Полиа с использованием показательной функции.

Доказательство с помощью множителей Лагранжа.

Обобщения

Взвешенное неравенство AM – GM

Доказательство с использованием неравенства Йенсена.

Матричная арифметика – среднее геометрическое неравенство

Финансы: связь с геометрической доходностью активов

Другие обобщения

См. также

Примечания

Ссылки

Внешние ссылки

Подслучай, когда n = 2 ^к

Подслучай, когда n < 2 ^к