Неравенство средних арифметических и геометрических
В математике неравенство арифметических и геометрических средних, или более кратко неравенство AM–GM, утверждает, что среднее арифметическое списка неотрицательных действительных чисел больше или равно среднему геометрическому того же списка; и далее, что эти два средства равны тогда и только тогдаесли каждое число в списке одинаково (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
x + y 2 ≥ x y
с равенством тогда и только тогда, когда x = y. Этот случай можно видеть из того, что квадрат действительного числа всегда неотрицателен (больше или равен нулю) и из элементарного случая (a±b)2 = a 2 ±2 ab + b 2 биномиальной формулы:
0 ≤ ( x − y ) 2 = x 2 − 2 x y + y 2 = x 2 + 2 x y + y 2 − 4 x y = ( x + y ) 2 − 4 x y .
Следовательно, (x + y)2 ≥ 4 xy, с равенством именно тогда, когда (x − y) 2 = 0, т.е. x = y. Неравенство AM–GM затем следует из взятия положительного квадратного корня с обеих сторон, а затем деления обеих сторон на 2.
Для геометрической интерпретации рассмотрим прямоугольник со сторонами длины x и y, следовательно, он имеет периметр 2 x + 2 y и площадь xy. Аналогично, квадрат со всеми сторонами длиной √xy имеет периметр 4√xy и ту же площадь, что и прямоугольник. Простейший нетривиальный случай неравенства AM–GM подразумевает для периметров, что 2 x + 2 y ≥ 4 √ xy и что только квадрат имеет наименьший периметр среди всех прямоугольников равной площади.
Расширения неравенства AM–GM доступны для включения весов или обобщенных средств.
Предыстория[править]
Среднее арифметическое, или, точнее, среднее, списка из n чисел x 1, x 2, ... , x n - это сумма чисел, деленных на n:
x 1 + x 2 + ⋯ + x n n .
Среднее геометрическое аналогично, за исключением того, что оно определено только для списка неотрицательных действительных чисел и использует умножение и корень вместо сложения и деления:
x 1 ⋅ x 2 ⋯ x n n .
Если x 1, x 2, . . . , x n > 0, то это равно экспоненте среднего арифметического натуральных логарифмов чисел:
exp ( ln x 1 + ln x 2 + ⋯ + ln x n n ) . \right).
Неравенство[править]
Повторяя неравенство с помощью математической нотации, мы имеем, что для любого списка n неотрицательных вещественных чисел x 1, x 2, ... , x n,
x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ≥ x 1 ⋅ x 2 ⋯ x n n , ,,
и это равенство справедливо тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = · · · = x n.
Геометрическая интерпретация[править]
В двух измерениях 2 х 1 + 2 х 2 - периметр прямоугольника со сторонами длиной х 1 и х 2. Аналогично, 4 √ x 1 x 2 - это периметр квадрата с той же площадью x 1 x 2, что и этот прямоугольник. Таким образом, для n = 2 неравенство AM–GM утверждает, что прямоугольник данной области имеет наименьший периметр, если этот прямоугольник также является квадратом.
Полное неравенство является расширением этой идеи до n измерений. Каждая вершина n-мерного прямоугольника связана с n ребрами. Если длины этих ребер равны x 1, x 2, ... , x n, то x 1 + x 2 + · · · + x n - общая длина ребер, падающих на вершину. Существует 2 n вершин, поэтому мы умножаем это на 2 n; поскольку каждое ребро, однако, встречается с двумя вершинами, каждое ребро считается дважды. Поэтому мы делим на 2 и делаем вывод, что существует 2 n−1 n ребер. Существует равное количество ребер каждой длины и n длин; следовательно, существует 2 n−1 ребра каждой длины и общая сумма всех длин ребер равна 2 n−1 (x 1 + x 2 + · · · + x n). С другой стороны,
2 n − 1 ( x 1 + … + x n ) = 2 n − 1 n x 1 x 2 ⋯ x n n
- общая длина ребер, соединенных с вершиной на n-мерном кубе равного объема, так как в этом случае x 1=...=x n. Поскольку неравенство гласит
x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ≥ x 1 x 2 ⋯ x n n ,
его можно переформулировать, умножив на n 2 n–1, чтобы получить
2 n − 1 ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) ≥ 2 n − 1 n x 1 x 2 ⋯ x n n
с равенством тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = · · · = x n.
Таким образом, неравенство AM–GM утверждает, что только n-куб имеет наименьшую сумму длин ребер, соединенных с каждой вершиной, среди всех n-мерных ящиков с одинаковым объемом.
Примеры[править]
Пример 1[править]
Если a , b , c > 0 , то А.М.-Г.М. говорит нам, что
( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 8 a b c
Пример 2[править]
Можно найти простую верхнюю границу n ! } n!. AM-GM говорит нам
1 + 2 + ⋯ + n ≥ n n ! n
n ( n + 1 ) 2 ≥ n n ! n
и так
( n + 1 2 ) n ≥ n !
с равенством при n = 1 n=1.
Эквивалентно,
( n + 1 ) n ≥ 2 n n !
Пример 3[править]
Рассмотрим функцию
f ( x , y , z ) = x y + y z + z x 3
для всех положительных вещественных чисел x, y и z. Предположим, мы хотим найти минимальное значение этой функции. Он может быть переписан следующим образом:
f ( x , y , z ) = 6 ⋅ x y + 1 2 y z + 1 2 y z + 1 3 z x 3 + 1 3 z x 3 + 1 3 z x 3 6 = 6 ⋅ x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 6
с
x 1 = x y , x 2 = x 3 = 1 2 y z , x 4 = x 5 = x 6 = 1 3 z x 3 .
Применяя неравенство AM–GM для n = 6, получим
f ( x , y , z ) ≥ 6 ⋅ x y ⋅ 1 2 y z ⋅ 1 2 y z ⋅ 1 3 z x 3 ⋅ 1 3 z x 3 ⋅ 1 3 z x 3 6 = 6 ⋅ 1 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 x y y z z x 6 = 2 2 / 3 ⋅ 3 1 / 2 .
Далее, мы знаем, что две стороны равны именно тогда, когда все члены среднего равны:
f ( x , y , z ) = 2 2 / 3 ⋅ 3 1 / 2 when x y = 1 2 y z = 1 3 z x 3 . .
Все точки (x, y, z), удовлетворяющие этим условиям, лежат на полулинии, начинающейся в начале координат, и задаются
( x , y , z ) = ( t , 2 3 3 t , 3 3 2 t ) with t > 0.
Практическое применение[править]
Важным практическим применением в финансовой математике является вычисление нормы доходности: годовая доходность, вычисленная через среднее геометрическое, меньше среднегодовой доходности, вычисленной по среднему арифметическому (или равна, если все доходы равны). Это важно при анализе инвестиций, так как средняя доходность завышает кумулятивный эффект.
Доказательства неравенства AM–GM[править]
Доказательство с использованием неравенства Дженсена[править]
Неравенство Дженсена гласит, что значение вогнутой функции среднего арифметического больше или равно среднему арифметическому значений функции. Поскольку функция логарифма вогнута, имеем
log ( ∑ i x i n ) ≥ ∑ 1 n log x i = ∑ ( log x i 1 / n ) = log ( ∏ x i 1 / n ) .
Принимая антилоги крайних левых и крайних правых сторон, мы имеем неравенство AM–GM.
Доказательство последовательной заменой элементов[править]
Мы должны показать, что
α = x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ≥ x 1 x 2 ⋯ x n n = β
с равенством только тогда, когда все числа равны.
Если не все числа равны, то существует x i , x j . Замена x i на α оставит среднее арифметическое чисел неизменным, но увеличит среднее геометрическое, потому что
α ( x j + x i − α ) − x i x j = ( α − x i ) ( x j − α ) > 0
Если числа все еще не равны, мы продолжаем заменять числа, как указано выше. После не более ( n − 1 ) (n-1)чем таких шагов замены все числа будут заменены α \alpha , в то время как среднее геометрическое строго увеличивается на каждом шаге. После последнего шага среднее геометрическое будет α α ⋯ α n = α , доказывая неравенство.
Можно отметить, что стратегия замены работает так же хорошо с правой стороны. Если любое из чисел равно 0, то и среднее геометрическое будет доказывать неравенство тривиально. Поэтому мы можем предположить, что все числа положительны. Если они не все равны, то существует x i , x j x_{i},x_{j}такое, что 0 < x i < β < x j . Замена x i {\displaystyle x_{i}} x_{i}на β \beta и x j }на x i x j β оставляет среднее геометрическое неизменным, но строго уменьшает среднее арифметическое, так как
x i + x j − β − x i x j β = ( β − x i ) ( x j − β ) β > 0 . Затем доказательство следует по тем же линиям, что и в предыдущей замене.
Индукционные доказательства[править]
Доказательство по индукции #1[править]
Для неотрицательных действительных чисел x 1, . . . , x n утверждение AM–GM эквивалентно
α n ≥ x 1 x 2 ⋯ x n
с равенством тогда и только тогда, когда α = x i для всех i ∈ {1, . . . , n}.
Для следующего доказательства мы применяем математическую индукцию и только хорошо известные правила арифметики.
Индукционный базис: при n = 1 утверждение истинно с равенством.
Гипотеза индукции: Предположим, что утверждение AM–GM справедливо для всех вариантов n неотрицательных действительных чисел.
Шаг индукции: рассмотрим n + 1 неотрицательных действительных чисел x 1, ... , x n+1, ... Их среднее арифметическое α удовлетворяет
( n + 1 ) α = x 1 + ⋯ + x n + x n + 1 .
Если все x i равны α, то у нас есть равенство в утверждении AM–GM, и мы закончили. В случае, когда некоторые не равны α, должно существовать одно число, которое больше среднего арифметического α, и одно, которое меньше α. Без потери общности мы можем изменить порядок нашего x i, чтобы поместить эти два конкретных элемента в конце: x n> α и x n+1 < α. Тогда
x n − α > 0 α − x n + 1 > 0
⟹ ( x n − α ) ( α − x n + 1 ) > 0 . ( ∗ )
Теперь определим y с
y := x n + x n + 1 − α ≥ x n − α > 0 , y:=x_{n}+x_Шаблон:N+1-\alpha \geq x_{n}-\alpha >0\,,
и рассмотрим n чисел x 1, ... , x n–1, y, которые все неотрицательны. Поскольку
( n + 1 ) α = x 1 + ⋯ + x n − 1 + x n + x n + 1
n α = x 1 + ⋯ + x n − 1 + x n + x n + 1 − α ⏟ = y , ,
Таким образом, α также является средним арифметическим n чисел x 1, ... , x n–1, y, и гипотеза индукции подразумевает
α n + 1 = α n ⋅ α ≥ x 1 x 2 ⋯ x n − 1 y ⋅ α . ( ∗ ∗ ) y\cdot \alpha .\qquad (**)
Благодаря (*) мы знаем, что
( x n + x n + 1 − α ⏟ = y ) α − x n x n + 1 = ( x n − α ) ( α − x n + 1 ) > 0 , )>0,
следовательно
y α > x n x n + 1 , ( ∗ ∗ ∗ )
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 подставить (***) в (**), чтобы получить
α n + 1 > x 1 x 2 ⋯ x n − 1 x n x n + 1 ,
что завершает доказательство.
Доказательство по индукции #2[править]
Прежде всего докажем , что для действительных чисел x1 < 1 и x2 > 1 следует
x 1 + x 2 > x 1 x 2 + 1.
Действительно, умножение обеих сторон неравенства x 2> 1 на 1 – x 1 дает
x 2 − x 1 x 2 > 1 − x 1 ,
откуда искомое неравенство получается сразу.
Теперь мы докажем, что для положительных вещественных чисел x 1, ... , x n, удовлетворяющих x 1 ... x n = 1, имеет место
x 1 + ⋯ + x n ≥ n .
Равенство справедливо только в том случае, если x 1 = ... = x n = 1.
Основание индукции: для n = 2 утверждение истинно из-за вышеуказанного свойства.
Гипотеза индукции: Предположим, что утверждение верно для всех натуральных чисел с точностью до n – 1.
Шаг индукции: рассмотрим натуральное число n, т.е. Для положительных вещественных чисел x 1, ... , x n имеет место x 1 ... x n = 1. Существует хотя бы один x k < 1, поэтому должен быть хотя бы один x j> 1. Без потери общности пусть 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 индукционная гипотеза подразумевает
( x 1 + ⋯ + x n − 2 ) + ( x n − 1 x n ) > n − 1.
Однако, принимая во внимание индукционный базис, мы имеем
x 1 + ⋯ + x n − 2 + x n − 1 + x n = ( x 1 + ⋯ + x n − 2 ) + ( x n − 1 + x n ) > ( x 1 + ⋯ + x n − 2 ) + x n − 1 x n + 1 > n ,
что завершает доказательство.
Для положительных вещественных чисел a 1, . . . , a n обозначим
x 1 = a 1 a 1 ⋯ a n n , . . . , x n = a n a 1 ⋯ a n n .
Числа x 1, ... , x n удовлетворяют условию x 1 ... x n = 1. Итак, у нас есть
a 1 a 1 ⋯ a n n + ⋯ + a n a 1 ⋯ a n n ≥ n ,
откуда мы получаем
a 1 + ⋯ + a n n ≥ a 1 ⋯ a n n ,
при этом равенство выполняется только для a 1 = ... = a n.
Доказательство Коши с использованием прямой–обратной индукции[править]
Следующее доказательство по случаям опирается непосредственно на хорошо известные правила арифметики, но использует редко используемый метод прямой-обратной индукции. Это, по существу, от Огюстена Луи Коши и может быть найдено в его Cours d'analyse.
Случай, когда все члены равны[править]
Если все члены равны:
x 1 = x 2 = ⋯ = x n ,
тогда их сумма равна nx 1, поэтому их среднее арифметическое равно x 1; и их произведение равно x 1 n, поэтому их среднее геометрическое равно x 1; следовательно, среднее арифметическое и среднее геометрическое равны, как и требуется.
Случай, когда не все члены равны[править]
Осталось показать, что если не все члены равны, то среднее арифметическое больше среднего геометрического. Очевидно, что это возможно только тогда, когда n> 1.
Этот случай значительно сложнее, и мы делим его на подказы.
Подоснова, где n = 2[править]
Если n = 2, то у нас есть два члена, x 1 и x 2, и поскольку (по нашему предположению) не все члены равны, мы имеем:
( x 1 + x 2 2 ) 2 − x 1 x 2 = 1 4 ( x 1 2 + 2 x 1 x 2 + x 2 2 ) − x 1 x 2 = 1 4 ( x 1 2 − 2 x 1 x 2 + x 2 2 ) = ( x 1 − x 2 2 ) 2 > 0 , конец{выровнен}}
следовательно
x 1 + x 2 2 ≥ x 1 x 2
по желанию.
Подоснова, где n = 2 k[править]
Рассмотрим случай, когда n = 2 k, где k - положительное целое число. Мы исходим из математической индукции.
В базовом случае k = 1, поэтому n = 2. Мы уже показали, что неравенство выполняется при n = 2, поэтому мы закончили.
Теперь предположим, что для данного k> 1 мы уже показали, что неравенство справедливо для n = 2 k−1, и мы хотим показать, что оно справедливо для n = 2 k. Для этого мы применяем неравенство дважды для 2 k-1 чисел и один раз для 2 чисел, чтобы получить:
x 1 + x 2 + ⋯ + x 2 k 2 k = x 1 + x 2 + ⋯ + x 2 k − 1 2 k − 1 + x 2 k − 1 + 1 + x 2 k − 1 + 2 + ⋯ + x 2 k 2 k − 1 2 ≥ x 1 x 2 ⋯ x 2 k − 1 2 k − 1 + x 2 k − 1 + 1 x 2 k − 1 + 2 ⋯ x 2 k 2 k − 1 2 ≥ x 1 x 2 ⋯ x 2 k − 1 2 k − 1 x 2 k − 1 + 1 x 2 k − 1 + 2 ⋯ x 2 k 2 k − 1 = x 1 x 2 ⋯ x 2 k 2 k
где в первом неравенстве две стороны равны только в том случае, если
x 1 = x 2 = ⋯ = x 2 k − 1
и
x 2 k − 1 + 1 = x 2 k − 1 + 2 = ⋯ = x 2 k
(в этом случае первое среднее арифметическое и первое среднее геометрическое равны x 1, и аналогично со вторым средним арифметическим и вторым средним геометрическим); и во втором неравенстве две стороны равны только в том случае, если два средних геометрических равны. Поскольку не все числа 2 k равны, оба неравенства не могут быть равенствами, поэтому мы знаем, что:
x 1 + x 2 + ⋯ + x 2 k 2 k ≥ x 1 x 2 ⋯ x 2 k 2 k
по желанию.
Подоснова, где n < 2 k[править]
Если n не является естественной степенью 2, то она, безусловно, меньше некоторой естественной степени 2, так как последовательность 2, 4, 8, . . . , 2 k, ... неограниченно выше. Поэтому без потери общности пусть m - некоторая натуральная степень 2, которая больше n.
Итак, если у нас есть n членов, то обозначим их среднее арифметическое через α и расширим наш список членов таким образом:
x n + 1 = x n + 2 = ⋯ = x m = α .
Тогда имеем:
α = x 1 + x 2 + ⋯ + x n n = m n ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) m = x 1 + x 2 + ⋯ + x n + ( m − n ) n ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) m = x 1 + x 2 + ⋯ + x n + ( m − n ) α m = x 1 + x 2 + ⋯ + x n + x n + 1 + ⋯ + x m m ≥ x 1 x 2 ⋯ x n x n + 1 ⋯ x m m = x 1 x 2 ⋯ x n α m − n m ,
итак
α m ≥ x 1 x 2 ⋯ x n α m − n
и
α ≥ x 1 x 2 ⋯ x n n
по желанию.
Доказательство по индукции с использованием базового исчисления[править]
Следующее доказательство использует математическую индукцию и некоторое базовое дифференциальное исчисление.
Основание индукции: Для n = 1 утверждение истинно с равенством.
Гипотеза индукции: Предположим, что утверждение AM–GM справедливо для всех вариантов 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
x 1 + ⋯ + x n + x n + 1 n + 1 − ( x 1 ⋯ x n x n + 1 ) 1 n + 1 ≥ 0 \geq 0
с равенством только в том случае, если все числа n + 1 равны.
Если все числа равны нулю, то неравенство выполняется с равенством. Если некоторые, но не все числа равны нулю, мы имеем строгое неравенство. Поэтому мы можем предположить, что все n + 1 числа положительны.
Рассмотрим последнее число x n+1 как переменную и определим функцию
f ( t ) = x 1 + ⋯ + x n + t n + 1 − ( x 1 ⋯ x n t ) 1 n + 1 , t > 0. qquad t>0.
Доказательство шага индукции эквивалентно показанию, что f(t) ≥ 0 для всех t> 0, причем f (t) = 0 только в том случае, если x 1, ..., x n и t равны. Это можно сделать, проанализировав критические точки f с помощью некоторого базового исчисления.
Первая производная от f задается
f ′ ( t ) = 1 n + 1 − 1 n + 1 ( x 1 ⋯ x n ) 1 n + 1 t − n n + 1 , t > 0. \qquad t>0.
Критическая точка t0 должна удовлетворять f'(t0) = 0, что означает
( x 1 ⋯ x n ) 1 n + 1 t 0 − n n + 1 = 1. =1.
После небольшой перестановки получим
t 0 n n + 1 = ( x 1 ⋯ x n ) 1 n + 1 ,
и наконец
t 0 = ( x 1 ⋯ x n ) 1 n ,
какое среднее геометрическое x 1, . . . , x n. Это единственная критическая точка f. Поскольку f"(t) > 0 для всех t> 0, функция f строго выпуклая и имеет строгий глобальный минимум при t 0. Далее вычисляем значение функции при этом глобальном минимуме:
f ( t 0 ) = x 1 + ⋯ + x n + ( x 1 ⋯ x n ) 1 / n n + 1 − ( x 1 ⋯ x n ) 1 n + 1 ( x 1 ⋯ x n ) 1 n ( n + 1 ) = x 1 + ⋯ + x n n + 1 + 1 n + 1 ( x 1 ⋯ x n ) 1 n − ( x 1 ⋯ x n ) 1 n = x 1 + ⋯ + x n n + 1 − n n + 1 ( x 1 ⋯ x n ) 1 n = n n + 1 ( x 1 + ⋯ + x n n − ( x 1 ⋯ x n ) 1 n ) ≥ 0 ,
где последнее неравенство справедливо из-за гипотезы индукции. Гипотеза также говорит, что мы можем иметь равенство только тогда, когда x 1, ... , x n все равны. В этом случае их среднее геометрическое t 0 имеет одинаковое значение, следовательно, если x 1, ... , x n, x n+1 не равны, мы имеем f(x n+1) > 0. На этом доказательство завершается.
Этот метод может быть использован таким же образом, чтобы доказать обобщенное неравенство AM–GM и неравенство Коши–Шварца в евклидовом пространстве rn.
Доказательство Поли с использованием экспоненциальной функции[править]
Джордж Поля представил доказательство, аналогичное следующему. Пусть f(x) = e x–1 – x для всех вещественных x с первой производной f'(x) = e x–1 – 1 и второй производной f"(x) = e x–1. Заметим, что f(1) = 0, f'(1) = 0 и f"(x)> 0 для всех вещественных x, следовательно, f строго выпукл с абсолютным минимумом при x = 1. Следовательно, x ≤ e x–1 для всех вещественных x с равенством только для x = 1.
Рассмотрим список неотрицательных вещественных чисел x 1, x 2, ... , x n. Если все они равны нулю, то неравенство AM–GM справедливо при равенстве. Следовательно, мы можем предположить следующее для их среднего арифметического α> 0. При n-кратном применении вышеприведенного неравенства получаем, что
x 1 α x 2 α ⋯ x n α ≤ e x 1 α − 1 e x 2 α − 1 ⋯ e x n α − 1 = exp ( x 1 α − 1 + x 2 α − 1 + ⋯ + x n α − 1 ) , ( ∗ )
с равенством тогда и только тогда, когда x i = α для каждого i ∈ {1, ... , n}. Аргумент экспоненциальной функции можно упростить:
x 1 α − 1 + x 2 α − 1 + ⋯ + x n α − 1 = x 1 + x 2 + ⋯ + x n α − n = n α α − n = 0.
Возвращаясь к (*),
x 1 x 2 ⋯ x n α n ≤ e 0 = 1 , }\leq e^{0}=1,
которое дает x 1 x 2 · · · x n ≤ α n, следовательно, результат[4]
x 1 x 2 ⋯ x n n ≤ α . \leq \alpha .
Доказательство лагранжевыми множителями[править]
Если таковые x i x_{i}имеются 0 , то доказывать нечего. Таким образом, мы можем предположить, что все x i x_{i}строго положительны.
Поскольку арифметические и геометрические средние однородны степени 1, без потери общности предположим, что ∏ i = 1 n x i = 1
. Неравенство будет доказано (вместе со случаем равенства), если мы сможем показать, что минимум F ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) ,
}субъекта ограничения G ( x 1 , x 2 , … , x n ) = 1 , 1, а минимум достигается только тогда , когда x 1 = x 2 = ⋯ = x n = 1 }. Сначала покажем, что задача ограниченной минимизации имеет глобальный минимум.
Множество K = { ( x 1 , x 2 , … , x n ) : 0 ≤ x 1 , x 2 , … , x n ≤ n } . Поскольку пересечение K ∩ { G = 1 } ap \{G=1\}}компактно, теорема о экстремальном значении гарантирует, что минимум F ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) подчиняется ограничениям G ( x 1 , x 2 , … , x n ) = 1 K}достигается в некоторой точке внутри K K. С другой стороны, заметим, что если какое-либо из x i > n , в то время F ( 1 , 1 , … , 1 ) = 1 . Это означает, что минимум внутри K ∩ { G = 1 } }на самом деле является глобальным минимумом, так как значение F Fв любой точке внутри K ∩ { G = 1 } , безусловно, не меньше минимума, а значение F } Fв любой точке ( y 1 , y 2 , … , y n ) не внутри K Kстрого больше значения в ( 1 , 1 , … , 1 ) }, которое не меньше минимума.
Метод множителей Лагранжа говорит, что глобальный минимум достигается в точке ( x 1 , x 2 , … , x n ) {\displaystyle (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})} (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}), где градиент F ( x 1 , x 2 , … , x n ) \лямбда умножается на градиент G ( x 1 , x 2 , … , x n ) }, для некоторых λ {\displaystyle \lambda } \лямбда . Мы покажем, что единственная точка, в которой это происходит, - это когда x 1 = x 2 = ⋯ = x n = 1
Вычислить ∂ F ∂ x i = 1 n и
∂ G ∂ x i = ∏ j ≠ i x j = G ( x 1 , x 2 , … , x n ) x i = 1 x i
вдоль границы. Поэтому установка градиентов пропорционально друг другу дает для каждого i {\displaystyle i} iто 1 n = λ x i , , поскольку левая сторона не зависит от i iтого, следует ли это x 1 = x 2 = ⋯ = x n , и так G ( x 1 , x 2 , … , x n ) = 1 как это следует из того x 1 = x 2 = ⋯ = x n = 1 {\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}=1} , по желанию.
Обобщения[править]
Взвешенное неравенство AM–GM[править]
Аналогичное неравенство существует для средних арифметических и средних геометрических весов. В частности, пусть даны неотрицательные числа x 1, x 2, ... , x n и неотрицательные веса w 1, w 2, ... , w n. Set w = w1 + w2 + · · · + wn. Если w > 0, то неравенство
w 1 x 1 + w 2 x 2 + ⋯ + w n x n w ≥ x 1 w 1 x 2 w 2 ⋯ x n w n w
выполняется с равенством тогда и только тогда, когда все x k с w k> 0 равны. Здесь используется условность 0 0 = 1.
Если все w k = 1, то это сводится к приведенному выше неравенству арифметических и геометрических средних.
Доказательство с использованием неравенства Дженсена[править]
Используя конечную форму неравенства Йенсена для натурального логарифма, мы можем доказать неравенство между средневзвешенным арифметическим и средневзвешенным геометрическим, указанным выше.
Поскольку x k с весом w k = 0 не влияет на неравенство, мы можем предположить, что все веса положительны. Если все x k равны, то выполняется равенство. Поэтому остается доказать строгое неравенство, если они не все равны, что мы тоже будем считать в дальнейшем. Если хотя бы один x k равен нулю (но не все), то средневзвешенное геометрическое среднее равно нулю, а средневзвешенное арифметическое положительное, следовательно, выполняется строгое неравенство. Поэтому мы можем предположить также, что все x k положительны.
Так как натуральный логарифм строго вогнут, то конечная форма неравенства Йенсена и функциональные уравнения натурального логарифма подразумевают
ln ( w 1 x 1 + ⋯ + w n x n w ) > w 1 w ln x 1 + ⋯ + w n w ln x n = ln x 1 w 1 x 2 w 2 ⋯ x n w n w .
Поскольку натуральный логарифм строго возрастает,
w 1 x 1 + ⋯ + w n x n w > x 1 w 1 x 2 w 2 ⋯ x n w n w .
Матричная арифметика Неравенство средних геометрических[править]
Большинство матричных обобщений неравенства среднего арифметического геометрического применяются на уровне унитарно инвариантных норм из-за того, что даже если матрицы A Aи B } Bявляются положительными полуопределенными, матрица A B ABне может быть положительной полуопределенной и, следовательно, не может иметь канонического квадратного корня. В работе Бхатия и Киттане доказали, что для любой унитарно инвариантной нормы | | | ⋅ | | |}и положительных полуопределенных матриц A } Aи B } B
| | | A B | | | ≤ 1 2 | | | A 2 + B 2 | | |
Позже, в [6] те же авторы доказали более сильное неравенство, которое
| | | A B | | | ≤ 1 4 | | | ( A + B ) 2 | | |
Наконец, для размерности известно n = 2 n=2, что выполняется следующее сильнейшее матричное обобщение неравенства арифметико-геометрического среднего, и предполагается, что оно выполняется для всех n n
| | | ( A B ) 1 2 | | | ≤ 1 2 | | | A + B | | |
Это предположительное неравенство было показано Стивеном Друри в 2012 году. Действительно, он доказал
σ j ( A B ) ≤ 1 2 λ j ( A + B ) , j = 1 , … , n .
С. В. Друри, По вопросу о Бхатии и Киттане, Линейная алгебра Appl. 437 (2012) 1955-1960.
Другие обобщения[править]
Другие обобщения неравенства арифметических и геометрических средних включают:
- Неравенство Мюрхеда,
- Неравенство Маклорена,
- Обобщенное среднее неравенство,
- Средние комплексных чисел.
См. Также[править]
- Головоломка Гофмана
- Неравенство Ки Фана
- Неравенство Юнга для произведений
- Среднее арифметическое разности
Пруф[править]
drevoroda.ru/assets/files/stati/govorov/sakralnaia_geometria.pdf?ysclid=l3egl3lcvo