نامساوی میانگین حسابی – هندسی
نامساوی میانگین حسابی – هندسی
در دستگاه اعداد حقیقی برای هر عدد حقیقی $x$ نامساوی اساسی $x^{2}\geq 0$ است. این نامساوی تاحدی بنیادی است که هر نامساوی دیگر در اعداد حقیقی از آن منتج میشود. دو عدد حقیقی نامنفی دلخواه $a$ و $b$ را در نظر بگیرید. میدانیم که $\sqrt{a}$ و $\sqrt{b}$ اعداد حقیقی بامعنی هستند. از آنجا که مربع یک عدد حقیقی، همواره نامنفی است لذا $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0$ . که میتوان آن را به صورت زیر نوشت:
\begin{equation}\label{1.1}
\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}. \qquad (1)
\end{equation}
عدد حقیقی $\displaystyle \frac{a+b}{2}$ میانگین حسابی و به همین منوال $\sqrt{ab}$ میانگین هندسی $a$ و $b$ نامیده میشوند. بنابراین از ویژگی $x^{2}\geq 0$ برای هر عدد حقیقی $x$ نتیجه میشود که میانگین حسابی دو عدد حقیقی نمیتواند کوچکتر از میانگین هندسی آن دو باشد. بعلاوه تساوی در (۱) برقرار است اگر و تنها اگر $a=b$ .
در شرایط کلی نیز میتوان آن را در نظر گرفت. با $n$ عدد حقیقی نامنفی $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ شروع میکنیم، میانگین حسابی (Arithmetic Mean) آنها را $A(a_{1},\ a_{2},\ \ldots,\ a_{n})$ و میانگین هندسی (Geometric Mean) شان را $G(a_{1},\ a_{2},\ \ldots,\ a_{n})$ تعریف میکنیم:
\[ A(a_{1},\ a_{2},\ \ldots,\ a_{n})\ =\ \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \]
\[ G(a_{1},\ a_{2},\ \ldots,\ a_{n})\ =\ \left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\right)^{1/n} \]
همانند حالت دو عدد حقیقی یک مقایسه میان این دو میانگین منجر به نامساوی AM-GM میشود.
قضیه ۱:
هر $n$ عدد حقیقی نامنفی مفروض $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ در نامساوی زیر صدق می کنند:
\begin{equation}\label{1.2}
\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\geq\left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\right)^{1/n} \qquad (۲)
\end{equation}
تساوی در نامساوری فوق برقرار است اگر و تنها اگر $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}$ .
اثبات:
برای این قضیه کلاسیک برهانهای متعددی وجود دارد. ما برهان استقرای هوشمندانهای که توسط کوشی بنیان نهاده شده را ارائه میکینم. این برهان همین طور نشان میدهد که چگونه می توان در یک اثبات استقرا از کنار گذاشتن اعتبار استقرا برای برخی از اعداد پیش رفت و متعاقباً اعتبار اعداد گمشده را با استفاده از یک استدلال درونیابی اثبات کرد.
تا اینجا نتیجه را برای $n=2$ بدست آوردیم.
\begin{equation}\label{1.3}
\displaystyle \frac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq(a_{1}a_{2})^{1/2}
\end{equation}
اینجا تساوی برقرار است اگر و تنها اگر $a_{1}=a_{2}$ .
اکنون ۴ عدد حقیقی نامنفی $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ را درنظر بگیرید.
آنها را به دو گروه $\{a_{1},\ a_{2}\}$ و $\{a_{3},\ a_{4}\}$ تقسیم کنید. با اعمال نامساوی داده شده برای هر دو گروه خواهیم داشت:
\[ \frac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq(a_{1}a_{2})^{1/2} \ \text{و}\ \frac{a_{3}+a_{4}}{2}\geq(a_{3}a_{4})^{1/2} \]
این منتج میشود به
\begin{align*}
\dfrac{ a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}& =\ \frac{(\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2})+(\dfrac{a_{3}+a_{4}}{2})}{2}\\
& \geq\ \dfrac{(a_{1}a_{2})^{1/2}+(a_{3}a_{4})^{1/2}}{2}\\
& \geq\ \{(a_{1}a_{2})^{1/2}(a_{3}a_{4})^{1/2}\}^{1/2}\\
& =\ (a_{1}a_{2}a_{3}a_{4})^{1/4}.
\end{align*}
بنابراین نامساوی (۲) برای $n=4$ بدست آمد. مجددا میتوان مشاهده نمود که تساوی برقرار است اگر و تنها اگر $a_{1}=a_{2}$ ، $a_{3}=a_{4}$ و $a_{1}a_{2}=a_{3}a_{4}$ . چون همه اعداد نامنفی هستند لذا $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}$.
همین شیوه می تواند برای اثبات (۲) برای حالتی که $n=8$ باشد مورد استفاده قرارگیرد. حال استقرا نشان میدهد که (۲) برای $n=2^{k}$ برای همه $k\in \mathbb{N}$ برقرار است.
در اینجا هم مجددا شرط برقراری تساوی این است که تمام این $۲^{k}$ عدد مساوی باشند.
حال $n$ عدد حقیقی نامنفی دلخواه $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ را درنظر بگیرید. عدد طبیعی $k$ را طوری انتخاب میکنیم که
\[۲^{k-1}\leq n<۲^{k}\]
و قرار میدهیم
\[
A=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n},
\]
و مجموعه $\{a_{1},\ a_{2},\ \ldots,\ a_{n},\ A,\ A,\ \ldots ,A\}$ شامل $۲^{k}$ عدد را درنظر میگیریم که $A$ در آن $۲^{k}-n$ بار ظاهر شده است. نامساوی میانگین حسابی – هندسی را برای این $۲^{k}$ عدد اعمال می کنیم؛ اعتبار آن قبلاً برای چنین مجموعهای مشخص شدهاست. پس داریم
\[ a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}+\underbrace{A+A+\cdots+A}_{2^{k}-n}\geq2^{k}\left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\underbrace{AA\cdots A}_{2^{k}-n} \right)^{\dfrac{1}{2^{k}}} \]
خلاصه میشود به
\[ A\geq \left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}A^{2^{k}-n}\right)^{1/2^{k}} \]
حال با یک دستکاری ساده نتیجه میشود $A^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$ که با نامساوی (۲) همارز است.
همچنین مشاهده میکنیم که تساوی برقرار است اگر و تنها اگر اعداد برابر باشند.
مثال۱:
فرض کنیم $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ تعداد $n$ عدد حقیقی مثبت باشند طوریکه حاصلضرب آنها برابر ۱ باشد. اثبات کنید که
\[(۱+a_{1})(1+a_{2})\cdots (۱+a_{n})≥۲^{n}.\]
پاسخ:
با بهکارگیری نامساوی $(۱+a_{j})\geq 2\sqrt{a_{j}}$ برای $۱\leq j\leq n$ داریم
\[(۱+a_{1})(1+a_{2})\cdots(1+a_{n})\geq 2^{n}(a_{1}a_{2}\cdots a_{n})^{1/2}=2^{n}.\]
مثال۲:
نشان دهید برای هر عدد طبیعی $n>1$ نامساوی زیر بهخوبی برقرار است:
\[ (۲n)!<\{n(n+1)\}^{n} \]
پاسخ:
ابتدا $(۲n)!$ را به دو حاصلضرب تجزیه می کنیم:
$$
(۲n)!=(1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1))(2\cdot 4\cdot 6\cdots(2n))
$$
با استفاده از نامساوی میانگین حسابی – هندسی داریم
\begin{align*}
۲\cdot\ 4\cdot\ 6\cdots(2n) & = 2^{n}(1\cdot 2\cdot 3\ \cdots \ n)\\
& < 2^{n}\left(\frac{1+2+3+\cdots+n}{n}\right)^{n}=(n+1)^{n}
\end{align*}
و
\begin{align*}
۱\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1)& < \left(\displaystyle \frac{1+3+5+\cdots+(2n-1)}{n}\right)^{n}\\
& =\ n^{n}
\end{align*}
با ترکیب این دو نامساوی میتوان بدست آورد
$$
(۲n)!<(n+1)^{n}n^{n}=\{n(n+1)\}^{n}
$$
همانطور که مطلوب بود.
دیدگاهتان را بنویسید
برای نوشتن دیدگاه باید وارد بشوید.