14. óra: A számtani és mértani közép közti egyenlõtlenség \(2^k\) db-ra

A számtani és mértani közép közti egyenlõtlenség bizonyítása 2; 4; 8; 16; stb. azaz általában \(2^k\) típusú számokra. \((k\ge1)\)

Bizonyítás: A bizonyítást most csak \(2^k\) típusú számokra végezzük \(\left(k\in\mathbb N,\,k\ge1\right)\) - teljes indukcióval.

1. lépés: (a szóba jöhetõ legkisebb egészre) \(n=2\)-re: Legyenek \(a_1,a_2\ge0\) valós számok.
\begin{equation}
\begin{split}
\sqrt{a_1\cdot a_2\vphantom{1}} &\le \frac{a_1+a_2}2\hphantom{000000}\big/\,(\cdot)^2\text{ Mindkét oldal nemnegatív, így ez szig. mon. növõ.}\\\\
a_1a_2 &\le \frac{a_1^2+2a_1a_2+a_2^2}4\\\\
4a_1a_2 &\le a_1^2+2a_1a_2+a_2^2\\\\
0 &\le a_1^2-2a_1a_2+a_2^2\\\\
0 &\le \left(a_1-a_2\right)^2
\end{split}
\end{equation}Ez pedig igaz, mert valaminek a négyzete mindig nemnegatív; továbbá egyenlõség pontosan akkor áll fenn, ha \(a_1-a_2=0\), azaz \(a_1=a_2\).

2. (indukciós) lépés: Legyen \(n\in\mathbb N,\,n\ge 2\) egy olyan szám, amire az állítás igaz, azaz bármely \(n\) db nemnegatív számra:
\[
\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}} \le \frac{a_1+a_2+\ldots a_n}n
\]és egyenlõség pontosan akkor áll, ha \(a_1=a_2=\ldots=a_n\)

Nézzük az állítást \(2n\)-re! Adott a \(2n\) db nemnegatív szám: \(a_1, a_2, \ldots, a_n, a_{n+1},\ldots, a_{2n}\).
Állításunk a következõ lenne (lila színnel jelezve, hogy ez csak a vágyaink szerint igaz):
\[
\sqrt[2n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n\cdot a_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1^1}} \le \frac{a_1+a_2+\ldots a_n+a_{n+1}+\ldots a_{2n}}{2n}
\]és egyenlõség akkor és csak akkor áll, ha \(a_1=a_2=\ldots=a_n=a_{n+1}=\ldots=a_{2n}\)

És akkor ennek bizonyítása (a bal oldallal kezdjük, és kihozzuk a jobb oldalt; közben csak egyenlõt, vagy nagyobb-egyenlõt írunk):
\begin{equation}
\begin{split}
\sqrt[2n]{a_1a_2\cdots a_na_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1^1}} &= \sqrt{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_na_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1^1}}} = \sqrt{\color{darkgreen}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}}} \color{darkblue}{\sqrt[n]{a_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1^1}}}    }\le\\\\
\text{(1) most alkalmazzuk 2 db számra:}\\
&\le \frac{\color{darkgreen}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n\vphantom{1^.}}} + \color{darkblue}{\sqrt[n]{a_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1}}}  }2 \le\\\\
\text{(2) most alkalmazzuk (kétszer!) }n\text{ db számra:}\\
&\le \frac{\color{darkgreen}{\frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}n} +  \color{darkblue}{\frac{a_{n+1}+\ldots +a_{2n}}n}      }2 = \frac{ \frac{a_1+a_2+\ldots +a_n+a_{n+1}+\ldots+a_{2n}}n }2 =\\\\
&= \frac{a_1+a_2+\ldots +a_n+a_{n+1}+\ldots+a_{2n}}{2n}
\end{split}
\end{equation}Ezzel az egyenlõtlenséget igazoltuk.

Nézzük, mikor lehet egyenlõség!

Egyenlõség akkor és csak akkor állhat, ha mindkét \(\le\) reláció egyenlõséggel teljesül.
Ez az (1) esetben azt jelenti, hogy:
\begin{equation}
\begin{split}
\color{darkgreen}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}}} &= \color{darkblue}{\sqrt[n]{a_{n+1}\cdots a_{2n}\vphantom{1^1}}}
\end{split}
\end{equation}A (2) esetben ez azt jelenti, hogy:
\[
\color{darkgreen}{a_1=a_2=\ldots=a_n=A}\hphantom{00000}\text{és}\hphantom{000000}
\color{darkblue}{a_{n+1}=\ldots=a_{2n}=B}
\](Itt \(\color{darkgreen}{A}\) ill. \(\color{darkblue}{B}\) azt az egyetlen számot jelenti, amikkel a megfelelõ \(a_i\)-k mind egyenlõk kell legyenek egymás közt.)

A (2)-nél kapottakat beírva az (1) alatti eredménybe:
\begin{equation}
\begin{split}
\color{darkgreen}{\sqrt[n]{A\cdot A\cdots A\vphantom{1^1}}} &= \color{darkblue}{\sqrt[n]{B\cdots B\vphantom{1^1}}}\\\\
\color{darkgreen}{\sqrt[n]{A^n}} &= \color{darkblue}{\sqrt[n]{B^n}}\\\\
\color{darkgreen}{A} &= \color{darkblue}{B}
\end{split}
\end{equation}azaz az \(a_1, a_2, \ldots, a_n,a_{n+1}\ldots a_{2n}\) számok mind egyenlõk. (Ha a mértani közepük egyenlõ volna a számtani közepükkel.)

Megjegyzés: Mivel \(n=2\)-re igazoltuk, és igazoltuk, hogy ha valamire igaz, akkor a duplájára is - ezzel igazoltuk, hogy 2-re, 4-re, 8-ra, 16-ra, stb. is igaz az állítás.