Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 7. Возрастание и убывание функции. Неравенства

Демидович — задача 1295

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 1295

Доказать, что среднее геометрическое положительных чисел не больше среднего арифметического этих же чисел, т. е.x1x2⋯xnn≤1n(x1+x2+⋯+xn)\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}
\le\frac1n(x_1+x_2+\cdots+x_n)Указание. Применить метод математической индукции.

Доказательство

Применим нестандартный метод математической индукции (индукцию Коши), который состоит из «прямого» (по степеням двойки) и «обратного» шагов.

База индукции

При n=1n=1 среднее арифметическое и среднее геометрическое равны x1x_1, поэтому неравенство выполнено как равенство.
Для n=2n=2 нам нужно доказать, что x1x2≤x1+x22\sqrt{x_1 x_2} \le \frac{x_1+x_2}{2}.
Квадрат разности неотрицателен:(x1−x2)2≥0  ⟹  x1−2x1x2+x2≥0  ⟹  x1x2≤x1+x22(\sqrt{x_1} - \sqrt{x_2})^2 \ge 0 \implies x_1 - 2\sqrt{x_1 x_2} + x_2 \ge 0 \implies \sqrt{x_1 x_2} \le \frac{x_1+x_2}{2}База доказана.

Прямой шаг индукции.
Предположим, что неравенство верно для n=kn=k. Докажем его справедливость для n=2kn=2k.
Пусть даны 2k2k положительных чисел. Разобьём их на kk пар и сначала применим к каждой паре неравенство для n=2n=2:x1+⋯+x2k2k=1k(x1+x22+⋯+x2k−1+x2k2)≥1k(x1x2+⋯+x2k−1x2k)\frac{x_1+\dots+x_{2k}}{2k} = \frac{1}{k}\left(\frac{x_1+x_2}{2} + \dots + \frac{x_{2k-1}+x_{2k}}{2}\right) \ge \frac{1}{k}\left(\sqrt{x_1 x_2} + \dots + \sqrt{x_{2k-1} x_{2k}}\right)Теперь мы имеем сумму kk положительных чисел (каждое из которых является корнем). Применим к ним предположение индукции для kk переменных:1k(x1x2+⋯+x2k−1x2k)≥x1x2⋯x2k−1x2kk=x1x2⋯x2k2k\frac{1}{k}\left(\sqrt{x_1 x_2} + \dots + \sqrt{x_{2k-1} x_{2k}}\right) \ge \sqrt[k]{\sqrt{x_1 x_2} \cdots \sqrt{x_{2k-1} x_{2k}}} = \sqrt[2k]{x_1 x_2 \cdots x_{2k}}Следовательно, из справедливости неравенства для n=kn=k вытекает его справедливость для n=2kn=2k.
Стартуя с базы n=2n=2, мы получаем, что неравенство верно для всех nn, являющихся степенями двойки: n=2,4,8,16,…n = 2, 4, 8, 16, \dots

Обратный шаг индукции.
Предположим, что неравенство доказано для некоторого n=kn=k. Докажем, что оно верно и для n=k−1n=k-1.
Пусть даны k−1k-1 положительных чисел: x1,…,xk−1x_1, \dots, x_{k-1}. Обозначим их среднее арифметическое через AA:A=x1+⋯+xk−1k−1  ⟹  x1+⋯+xk−1=(k−1)AA = \frac{x_1 + \dots + x_{k-1}}{k-1} \implies x_1 + \dots + x_{k-1} = (k-1)AДополним этот набор ещё одним, kk-м числом, выбрав xk=Ax_k = A.
Применим предположение индукции для набора из kk чисел x1,…,xk−1,Ax_1, \dots, x_{k-1}, A:x1+⋯+xk−1+Ak≥x1⋯xk−1⋅Ak\frac{x_1 + \dots + x_{k-1} + A}{k} \ge \sqrt[k]{x_1 \cdots x_{k-1} \cdot A}Подставим сумму первых k−1k-1 чисел в числитель левой части:(k−1)A+Ak≥x1⋯xk−1⋅Ak\frac{(k-1)A + A}{k} \ge \sqrt[k]{x_1 \cdots x_{k-1} \cdot A}Левая часть равна в точности kAk=A\frac{kA}{k} = A. Неравенство примет вид:A≥x1⋯xk−1⋅AkA \ge \sqrt[k]{x_1 \cdots x_{k-1} \cdot A}Возведём обе части в kk-ю степень:Ak≥x1⋯xk−1⋅AA^k \ge x_1 \cdots x_{k-1} \cdot AПоскольку все числа положительные, мы можем сократить обе части на A>0A > 0:Ak−1≥x1⋯xk−1A^{k-1} \ge x_1 \cdots x_{k-1}Извлекая корень степени k−1k-1 из обеих частей, получаем:A≥x1⋯xk−1k−1A \ge \sqrt[k-1]{x_1 \cdots x_{k-1}}Подставляя значение AA, приходим к итоговому неравенству для k−1k-1 переменных:x1+⋯+xk−1k−1≥x1⋯xk−1k−1\frac{x_1 + \dots + x_{k-1}}{k-1} \ge \sqrt[k-1]{x_1 \cdots x_{k-1}}

Проверка

Объединяя прямой шаг (неравенство верно для сколь угодно больших степеней двойки) и обратный шаг (от любого kk можно спуститься к k−1k-1), мы доказываем справедливость неравенства для абсолютно любого натурального nn.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1295 — решение | Высшая математика — Профиматика