Przeczytaj

Przypomnijmy na początek definicje średniej arytmetycznej i geometrycznej dla liczb dodatnich.

Średnia arytmetyczna

Definicja: Średnia arytmetyczna

Średnią arytmetyczną liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ nazywamy liczbę

s_{A} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

Średnia geometryczna

Definicja: Średnia geometryczna

Średnią geometryczną liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ nazywamy liczbę

s_{G} = \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}}

Sformułujmy twierdzenie znane jako nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną:

Nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

Twierdzenie: Nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

Jeżeli dane są liczby dodatnie $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ ,
to zachodzi nierówność

\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

przy czym równość w powyższej nierówności zachodzi tylko, gdy $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ .

Nierówność będziemy wykorzystywać w rozwiązaniach wszystkich zadań obecnej lekcji.

Poniżej można zapoznać się ze szkicem dowodu tej nierówności. Jego znajomość nie jest niezbędna przy rozwiązywaniu zadań.

RJKl2uqM4ecaN

Szkic dowodu Rozważmy różne wartości

n

Dla $n = 2$ mamy wykazać, że $\sqrt{a_{1} a_{2}} \leq \frac{a_{1} + a_{2}}{2}$ .
W tym celu wystarczy przekształcić równoważnie tezę.
Po obustronnym pomnożeniu przez $2$ i przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę mamy
$a_{1} - 2 \sqrt{a_{1}} \sqrt{a_{2}} + a_{2} \geq 0$ ,
co z pomocą wzoru skróconego mnożenia można zapisać jako
${(\sqrt{a_{1}} - \sqrt{a_{2}})}^{2} \geq 0$ .
Ostatnia nierówność jest oczywista ze względu na nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej.
Dla $n = 4$ mamy wykazać, że $\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4}$ .
Korzystając kilkakrotnie z już wykazanej nierówności Cauchy'ego dla $n = 2$ , możemy zapisać:
$L = \sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4}} = \sqrt{\sqrt{a_{1} a_{2}} \cdot \sqrt{a_{3} a_{4}}} \leq \frac{\sqrt{a_{1} a_{2}} + \sqrt{a_{3} a_{4}}}{2} \leq$
$\leq \frac{\frac{a_{1} + a_{2}}{2} + \frac{a_{3} + a_{4}}{2}}{2} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4} = P$ .
Analogicznie możemy przeprowadzić dowód dla $n = 8$ , $n = 16$ itd., czyli dla $n = 2^{k}$ ; $k \in ℤ_{+}$ .
Twierdzenie jest więc wykazane dla wszystkich $n$ będących potęgami dwójki.
Dowód dla pozostałych wartości $n$ wykonujemy zawsze korzystając z faktu, że twierdzenie zostało już wykazane dla potęg dwójki.
Pokażemy rozumowanie dla $n = 3$ . W pozostałych przypadkach przebiega analogicznie.
Dla $n = 3$ mamy wykazać, że $\sqrt[3]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Wykorzystamy wykazaną już nierówność dla $n = 4$ wprowadzając dodatkowy wyraz $a_{4} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Wiemy, że
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}}{4}$ .
Po uproszczeniu prawej strony mamy
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Po obustronnym podzieleniu przez $\sqrt[4]{\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}}$ uzyskujemy
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3}} \leq \sqrt[4]{{(\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3})}^{3}}$
czyli
$a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \leq {(\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3})}^{3}$ ,
a to po obustronnym spierwiastkowaniu (pierwiastkiem trzeciego stopnia) daje tezę.
Dla pozostałych wartości $n$ dowód przebiega analogicznie - zawsze korzystamy z wykazanej już nierówności dla najbliższej większej od $n$ potęgi dwójki, tworząc dodatkowe wyrazy równe średniej arytmetycznej $n$ rozważanych wyrazów.

Szkic dowodu
Rozważmy różne wartości $n$ .

Dla $n = 2$ mamy wykazać, że $\sqrt{a_{1} a_{2}} ⩽ \frac{a_{1} + a_{2}}{2}$ .
W tym celu wystarczy przekształcić równoważnie tezę.
Po obustronnym pomnożeniu przez $2$ i przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę mamy
$a_{1} - 2 \sqrt{a_{1}} \sqrt{a_{2}} + a_{2} ⩾ 0$ ,
co z pomocą wzoru skróconego mnożenia można zapisać jako
${(\sqrt{a_{1}} - \sqrt{a_{2}})}^{2} ⩾ 0$ .
Ostatnia nierówność jest oczywista ze względu na nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej.
Dla $n = 4$ mamy wykazać, że $\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4}} ⩽ \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4}$ .
Korzystając kilkakrotnie z już wykazanej nierówności Cauchy'ego dla $n = 2$ możemy zapisać:
$L = \sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4}} = \sqrt{\sqrt{a_{1} a_{2}} \cdot \sqrt{a_{3} a_{4}}} ⩽ \frac{\sqrt{a_{1} a_{2}} + \sqrt{a_{3} a_{4}}}{2} ⩽$
$⩽ \frac{\frac{a_{1} + a_{2}}{2} + \frac{a_{3} + a_{4}}{2}}{2} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4} = P$ .
Analogicznie możemy przeprowadzić dowód dla $n = 8$ , $n = 16$ itd., czyli dla $n = 2^{k}$ ; $k \in ℤ_{+}$ .
Twierdzenie jest więc wykazane dla wszystkich $n$ będących potęgami dwójki.
Dowód dla pozostałych wartości $n$ wykonujemy zawsze korzystając z faktu, że twierdzenie zostało już wykazane dla potęg dwójki.
Pokażemy rozumowanie dla $n = 3$ . W pozostałych przypadkach przebiega analogicznie.
Dla $n = 3$ mamy wykazać, że $\sqrt[3]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3}} ⩽ \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Wykorzystamy wykazaną już nierówność dla $n = 4$ wprowadzając dodatkowy wyraz $a_{4} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Wiemy, że
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}} ⩽ \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}}{4}$ .
Po uproszczeniu prawej strony mamy
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}} ⩽ \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}$ .
Po obustronnym podzieleniu przez $\sqrt[4]{\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}}$ uzyskujemy
$\sqrt[4]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3}} ⩽ \sqrt[4]{{(\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3})}^{3}}$
czyli
$a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} ⩽ {(\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3})}^{3}$ ,
a to po obustronnym spierwiastkowaniu (pierwiastkiem trzeciego stopnia) daje tezę.
Dla pozostałych wartości $n$ dowód przebiega analogicznie - zawsze korzystamy z wykazanej już nierówności dla najbliższej większej od $n$ potęgi dwójki, tworząc dodatkowe wyrazy równe średniej arytmetycznej $n$ rozważanych wyrazów.

Przykład 1

Wykażmy, że dla $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} > 0$ ( $n \geq 2$ ) zachodzi nierówność:

$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} \geq n$ .

Rozwiązanie

Z nierówności Cauchy'ego wiemy, że
$\frac{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{1}}}{n} \geq \sqrt[n]{\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{2}}{a_{3}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{n}}{a_{1}}}$ .

Iloczyn pod pierwiastkiem po prawej stronie upraszcza się do $1$ , więc
$\frac{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{1}}}{n} \geq 1$ ,
co po obustronnym przemnożeniu przez $n$ daje tezę.

Zauważmy, że bezpośrednim wnioskiem z właśnie wykazanej nierówności jest np. spostrzeżenie, że dla $x > 0$ zachodzi zależność $x + \frac{1}{x} \geq 2$ .

Przykład 2

Wykażmy, że dla $a \geq 0$ zachodzi nierówność

$3a+\frac29 \geq \sqrt[3]{a}$ .

Ustalmy, dla jakich wartości $a$ w powyższym wzorze zachodzi równość.

Rozwiązanie

Dla $a = 0$ nierówność jest oczywista.

Dla $a > 0$ skorzystamy z nierówności Cauchy'ego dla $n = 3$ :
$L = 3 a + \frac{2}{9} = 3 a + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{9 a + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{9 a \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}} = \sqrt[3]{a} = P$ .
Równość zachodzi, gdy $9 a = \frac{1}{3}$ , czyli dla $a = \frac{1}{27}$ .

Przykład 3

Wykażmy, że dla $a, b, c > 0$ zachodzi nierówność

$\left( \frac{a+b+c}{3} \right)^2 \geq \frac{ab+bc+ca}{3}$ .

Rozwiązanie

Przekształćmy równoważnie tezę:
$\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a}{9} \geq \frac{a b + b c + c a}{3}$

Przemnóżmy obustronnie przez $9$ i uporządkujmy:
$a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a \geq 3 a b + 3 b c + 3 c a$
$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a$ .

Uzyskaną nierówność przekształćmy tak, by zauważyć trzykrotnie zastosowaną nierówność Cauchy'egonierówność Cauchy'ego:
$\frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{b^{2} + c^{2}}{2} + \frac{c^{2} + a^{2}}{2} \geq a b + b c + c a$ .

Na mocy nierówności Cauchy'ego ostatnia nierówność jest oczywista – sprowadza się do zsumowania stronami trzech nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometrycznąśrednia geometycznaśrednią geometryczną:
$\{\begin{cases} \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq a b \\ \frac{b^{2} + c^{2}}{2} \geq b c \\ \frac{c^{2} + a^{2}}{2} \geq c a \end{cases}$ .

Powyższy przykład pokazuje, że sposób, w jaki zastosujemy nierówność Cauchy'ego, nie zawsze jest na początek oczywisty. Forma nierówności, w której po lewej stronie widzimy średnią arytmetycznąśrednia arytmetycznaśrednią arytmetyczną trzech liczb, sugerowała użycie nierówności Cauchy'ego dla $n = 3$ , tymczasem dowód oparliśmy na trzykrotnym użyciu nierówności dla $n = 2$ między kwadratami niewiadomych występujących w zadaniu.

Przykład 4

Wykażmy, że dla $a, b, c, d > 0$ zachodzi nierówność

$\left(a+b+c+d \right) \cdot \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \right) \geq 16$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy dwukrotnie nierówność Cauchy'ego dla $n = 4$ :
$\frac{a + b + c + d}{4} \geq \sqrt[4]{a b c d}$ ,
czyli
$a + b + c + d \geq 4 \sqrt[4]{a b c d}$ .

Analogicznie
$\frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}}{4} \geq \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}}$ ,
czyli
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} \geq 4 \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}}$ .

Wyrażenia w nierównościach są dodatnie, więc możemy je pomnożyć stronami:
$(a + b + c + d) \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}) \geq 4 \sqrt[4]{a b c d} \cdot 4 \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}} =$
$= 16 \cdot \sqrt[4]{a b c d} \cdot \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}} = 16$ .
Teza została wykazana.

Przykład 5

Wyznaczmy najmniejszą wartość funkcji $f (x) = 9 x + \frac{1}{x}$ określonej dla $x \in (0; \infty)$ i ustalmy, dla jakiego argumentu jest osiągana.

Rozwiązanie

Zgodnie z nierównością Cauchy'ego:
$f (x) = 9 x + \frac{1}{x} = \frac{18 x + \frac{2}{x}}{2} \geq$
$\geq \sqrt{18 x \cdot \frac{2}{x}} = \sqrt{36} = 6$ .

Równość zachodzi gdy $18 x = \frac{2}{x}$ , czyli dla $x = \frac{1}{3}$ .

Najmniejszą wartością podanej funkcji jest $6$ , wartość ta jest osiągana dla argumentu $\frac{1}{3}$ .

Przykład 6

Wyznaczmy najmniejszą wartość funkcji $f (x) = 27 x^{2} + \frac{2}{x}$ określonej dla $x \in (0; \infty)$ i ustalmy, dla jakiego argumentu jest osiągana.

Rozwiązanie

Zgodnie z nierównością Cauchy'ego:
$f (x) = 27 x^{2} + \frac{2}{x} = 27 x^{2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} = \frac{81 x^{2} + \frac{3}{x} + \frac{3}{x}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{81 x^{2} \cdot \frac{3}{x} \cdot \frac{3}{x}} = \sqrt[3]{729} = 9$ .

Równość zachodzi gdy $27 x^{2} = \frac{1}{x}$ , czyli dla $x = \frac{1}{3}$ .

Najmniejszą wartością podanej funkcji jest $9$ , wartość ta jest osiągana dla argumentu $\frac{1}{3}$ .

Słownik

nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

dla liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ ,
zachodzi nierówność

\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

przy czym równość w powyższej nierówności zachodzi tylko, gdy $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$

średnia arytmetyczna

liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ to liczba

s_{A} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

średnia geometyczna

liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ to liczba

s_{G} = \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}}

Wprowadzenie

Prezentacja multimedialna

Słownik