15. óra: Számtani és mértani közép közti egyenlõtlenség \(n\)-re
A számtani és mértani közép közti egyenlõtlenséget bizonyítjuk tetszõleges \(n\in\mathbb N,\,n\ge2\)-re.
Az \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) számok mértani közepe nem nagyobb, mint a számtani közepük, és egyenlõség pontosan akkor áll, ha az \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) számok mind egyenlõk.
Képlettel:
\[
\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}}\le\frac{a_1+a_2+\ldots a_n}n
\]és egyenlõség akkor és csak akkor, ha \(a_1=a_2=\ldots=a_n\)
Emlékeztetnék arra, hogy az elõzõ órán már igazoltuk ezt a tételt 2; 4; 8; 16; 32; stb. \(2^k\) darabszámra.
Bizonyítás tetszõleges \(n\in\mathbb N\), \(n\ge2\) darbszámra.
(1) Mivel 2-hatvány elemszámra az állítás igaz, egy adott \(n\)-hez mindig találhatunk egy olyan \(K\in\mathbb N\)-et, amely nagyobb \(n\)-nél, és az állítás \(K\) db számra igaz.
Ha tehát az \(n\) db \(a_i\)-t kiegészítjük valami töltelékszámmal \(K\) db-ra, akkor legalább felírhatjuk az egyenlõtlenséget.
(2) Legyen \(q=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}}\) (Ez lesz a 'töltelék'.)
(3) Írjuk fel az egyenlõtlenséget az \(a_1, a_2,
\ldots, a_n, \overbrace{q, q, \ldots q}^{K-n\text{ db}}\) számokra:
\[
\sqrt[K]{a_1a_2\cdots a_nqq\cdots q\vphantom{1^1}} \le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+\overbrace{q+q+\ldots+q}^{K-n\text{ db}}}K
\]és egyenlõség pontosan akkor áll, ha \(a_1=a_2=\ldots =a_n = q\).
(Ez az állítás most igaz, mert \(K\)-t úgy választottuk, hogy \(K>n\) és \(K\) db-ra az állítás igaz legyen.)
(4) Rendezgessük egy kicsit a fenti (igaz)
egyenlõtlenséget!
\begin{equation}
\begin{split}
\sqrt[K]{a_1a_2\cdots a_nqq\cdots q\vphantom{1^1}} &\le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+\overbrace{q+q+\ldots+q}^{K-n\text{ db}}}K\\\\
\sqrt[K]{a_1a_2\cdots a_n\cdot q^{K-n}\vphantom{1^1}} &\le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+(K-n)q}K\\\\
\text{A (2) szerint: }a_1a_2\cdots a_n = q^n:\\
\sqrt[K]{q^n\cdot q^{K-n}\vphantom{1^1}} &\le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+(K-n)q}K\\\\
\text{Alkalmazzuk, hogy }q^n\cdot q^{K-n}=q^K:\\
\sqrt[K]{q^K\vphantom{1^1}} &\le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+(K-n)q}K\\\\
\text{De }\sqrt[K]{q^K}=q:\\
q &\le \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+(K-n)q}K
\hphantom{0000000000}&\big/\,\cdot K\\\\
Kq &\le a_1+a_2+\ldots+a_n+(K-n)q\\\\
Kq &\le a_1+a_2+\ldots+a_n+Kq-nq &\big/\,-Kq\\\\
0 &\le a_1+a_2+\ldots+a_n-nq &\big/\,-nq\\\\
nq &\le a_1+a_2+\ldots+a_n &\big/\,:n\\\\
q &\le \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n\\\\
\text{Visszaírva }q\text{ eredeti, (2) alatti jelentését:}\\
\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n\vphantom{1^1}} &\le
\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n
\end{split}
\end{equation}Megkaptuk a kívánt egyenlõtlenséget.
Emlékeztetnék továbbá arra, hogy egyenlõség pontosan akkor áll fenn, ha
\(a_1=a_2=\ldots =a_n (= q)\).
(Az utolsó, \(q\)-ra vonatkozó egyenlõtlenség már nem is érdekes.)
