La media aritmética es menor que la media geométrica (Spivak Cálculo 3er Capítulo 2 problema 22)

Question

Si $a_1, \ldots, a_n \ge 0$, la media aritmética $$A_n={a_1 + \cdots + a_n \over n}$$ and the geometric mean $$G_n = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$$ satisfy $G_n \le A_n$.

Como un primer paso para demostrar esta desigualdad, el autor sugiere que suponga $a_1 \lt A_n$; a continuación, algunos de los $a_i$ satisface $a_i \gt A_n$, por lo que suponemos $a_2 \gt A_n$.

Deje $\overline a_1 = A_n$$\overline a_2 = a_1 + a_2 - \overline a_1$. La primera pregunta de este ejercicio es demostrar que $\overline a_1 \overline a_2 \ge a_1 a_2$.

Esto es bastante fácil porque es el mismo como la demostración de que $A_n^2 -(a_1+a_2)A_n + a_1a_2 \le 0$$(A_n - a_1)(A_n - a_2) \le 0$, lo cual es cierto porque $(A_n - a_1) \gt 0$$(A_n - a_2) \lt 0$.

La siguiente pregunta es para explicar por qué la repetición de este proceso finalmente se demuestra que el $G_n \lt A_n$.

Deje $\overline G_n$ $\overline A_n$ ser la geométrica y la media aritmética obtenida sustituyendo $a_1$$a_2$$\overline a_1$$\overline a_2$. De la desigualdad a la que acaba de probar, es $\overline G_n \ge G_n$; por otra parte, $\overline A_n = A_n$, por lo que ser capaz de demostrar lo $\overline G_n \le A_n$ también llegar a $G_n \le A_n$.

Puedo ver fácilmente que la sustitución de todos los $a_i$$A_n$, la media geométrica sería igual a $A_n$, pero no he sido capaz de demostrar formalmente por inducción que la continuación del reemplazo de $a_i$ $A_n$ mantener la resultante de la media geométrica $\le G_n$.

Pensé que iba a ser necesaria para garantizar que la media aritmética es igual; así que yo esperaría a ser$\overline a_i = A_n$$i=1,\ldots,k \lt n$$\overline a_{k+1} = [(a_1 + \ldots + a_{k+1}) - (\overline a_1 + \ldots + \overline a_k)]$.

La primera desigualdad que fue probado es el caso de la $k=1$, pero estoy teniendo dificultades en la comprensión de cómo:

1. Demostrar que la desigualdad se cumple para $k=l+1$ si se mantiene por $k=l$
2. Justificar la $k=n$, debido a $a_{n+1}$ aparecería en la expresión

He aquí un esbozo de la prueba 1. que yo no se pudo completar; si la desigualdad se cumple para $k=l$, $$A_n^l(\sum_{i=1}^l a_i - \sum_{i=1}^{l-1} \overline a_i) - \prod_{i=1}^l a_i \ge 0.$$

A continuación, para $k=l+1$ la desigualdad está escrito $$A_n^{l+1}(\sum_{i=1}^{l+1} a_i - \sum_{i=1}^{l} \overline a_i) - \prod_{i=1}^{l+1} a_i \ge 0$$ that is, noting that $\overline a_l = A_n$, $$A_nA_n^l(\sum_{i=1}^l a_i - \sum_{i=1}^{l-1} \overline a_i) + A_n^{l+1}a_{l+1} - A_n^{l+2} - a_{l+1}\prod_{i=1}^{l} a_i \ge 0.$$

Ahora, si $a_{l+1} = A_n$, se obtiene la expresión para $k=l$; si $a_{l+1} \gt A_n$, entonces la desigualdad se cumple si el siguiente tiene $\overline a_l = A_n$, $$A_nA_n^l(\sum_{i=1}^l a_i - \sum_{i=1}^{l-1} \overline a_i) + A_n^{l+2} - A_n^{l+2} - a_{l+1}\prod_{i=1}^{l} a_i \ge 0,$$ that is $$A_nA_n^l(\sum_{i=1}^l a_i - \sum_{i=1}^{l-1} \overline a_i) - a_{l+1}\prod_{i=1}^{l} a_i \ge 0,$$ pero no he sido capaz de completar la prueba.

También, no puedo encontrar una manera de escribir el caso de $k=n$.

Gracias por su atención y ayuda.

Answer 1

Deje$A$ a la media aritmética (llamada$A_n$ en la pregunta), y llamar a un número$a_i$ desequilibrada si$a_i \neq A$.

La media aritmética de los elementos desequilibrados es$A$ en todo momento durante la ejecución del algoritmo. Esto hace que cada paso del proceso de convertir al menos un elemento desequilibrado a$A$, por lo que el número de desequilibrado finalmente se reduce a cero. Cada paso aumenta el producto$a_1 a_2 \dots a_n$.

Answer 2

Bien, me encontré con la pregunta correspondiente en mi viejo Spivak, y yo tengo su "Suplemento para el Cálculo" así que contiene todas sus respuestas. Fue la pregunta 20 del capítulo 2 en mi antigua edición. En lugar de convertir a Látex, me he tomado la ruta más rápida de la publicación de las imágenes de los libros! En mi edición de la pregunta era la siguiente manera:

y las siguientes 3 imágenes son su respuesta

Espero que ayude :-).

Answer 3

Aquí es cómo lo resuelto, después de probar enfoques similares a la suya sin éxito para un par de días me di cuenta que es probablemente más fácil de probar que $\bar{G}_n^{(k+1)} \geq {G}_n^{(k)}$ que probar $\bar{G}_n^{(k)} \geq G_n$. No tengo formal de la "formación" en matemáticas, así que disculpas es algo que no está claro.

Tenemos: $$\begin{array}{r@{ }c@{ }l} A_n(a_1+a_2-A_n) &\geq& a_1 a_2 \\ 0 &\geq& A_n^2 -A_n(a_1+a_2)+a_1 a_2 \\ 0 &\geq& (A_n-a_1)(A_n-a_2) \end{array}$$ Esto es cierto ya que $a_1 < A_n < a_2$.

Vemos que $a_1+a_2 = \bar{a}_1+\bar{a}_2$, por lo que la media aritmética se mantiene sin cambios, por lo que tenemos $A_n=\bar{A}_n$. Ahora podemos generalizar esto, supongamos que tenemos un conjunto de $n$ elementos $a_1, a_2, \ldots, a_n$, con una media aritmética $A_n$ y una media geométrica $G_n$. Deje $\bar{G}_n^{(k)}$ ser \begin{equation*} \bar{G}_n^{(k)} = \sqrt[n]{\prod_{i=1}^k \bar{a}_i \prod_{i=k+1}^n a_i} \end{ecuación*} Donde $\bar{a}_1, \ldots, \bar{a}_{k-1}$ son igual a$A_n$$\bar{a}_k = \sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1} \bar{a}_i$. Así que en realidad tenemos \begin{equation*} \bar{G}_n^{(k)} = \sqrt[n]{A_n^{k-1} \left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right)\prod_{i=k+1}^n a_i} \end{ecuación*} Ya se ha demostrado que la $\bar{G}_n^{(2)} \geq G_n$. Ahora vamos a mostrar que el $\bar{G}_n^{(k+1)} \geq {G}_n^{(k+1)}$. Primero vamos a comprobar que si $\sum_{i=1}^k a_i > k A_n$ que hay al menos un número en el conjunto (vamos a llamarlo $a_{k+1}$)tal que $ a_{k+1} < A_n$. Si suponemos que no existe tal número, es decir, todos los $a_i > A_n$ $i > k$ hemos $$\begin{array}{r@{ }c@{ }l} \sum_{i=1}^k a_i + \sum_{i=k+1}^n a_i &>& k\cdot A_n +(n-k)A_n \\ \sum_{i=1}^n a_i &>& n \cdot A_n \\ \frac{\sum_{i=1}^n a_i}{n} &>& A_n \end{array}$$ lo cual es una contradicción. La desigualdad también tiene la desigualdad de los signos invertidos. Así que ahora podemos decir que si $\sum_{i=1}^k a_i > k A_n$ podemos elegir un número entre el conjunto de lo que $a_{k+1} < A_n$ (y viceversa) y si $\sum_{i=1}^k a_i = k A_n$ podemos elegir cualquier número restante de la serie. Obtenemos $$\begin{array}{r@{ }c@{ }l} A_n^{k} \left(\sum_{i=1}^{k+1} a_i - \sum_{i=1}^{k}\bar{a}_i\right)\prod_{i=k+2}^n a_i &\geq& A_n^{k-1} \left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right) \prod_{i=k+1}^n a_i \\ A_n\left(\sum_{i=1}^{k} a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i+a_{k+1}-A_n\right) &\geq& a_{k+1} \left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right) \\ \end{array}$$ $$\begin{array}{r@{ }c@{ }l} A_n (a_{k+1}-A_n)+A_n\left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right)- a_{k+1} \left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right) &\geq& 0 \\ A_n (a_{k+1}-A_n) +(A_n-a_{k+1})\left(\sum_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^{k-1}\bar{a}_i\right) &\geq& 0 \\ (A_n-a_{k+1})\left(\sum_{i=1}^k a_i - k\cdot A_n \right) &\geq& 0 \end{array}$$ Podemos ver, de acuerdo a la propiedad de $a_{k+1}$, que ambos términos dentro de los paréntesis tienen el mismo signo (o uno de ellos es 0), por lo que la desigualdad es un hecho. $\bar{G}_n^{(n)}$ es igual a $A_n$, por lo que la cadena de desigualdades parece \begin{equation*} A_n = \bar{A}_n = \bar{G}_n^{(n)} \geq \bar{G}_n^{(n-1)} \geq \bar{G}_n^{(n-2)} \geq \ldots \geq \bar{G}_n^{(2)} \geq G_n \end{ecuación*} lo que demuestra que $A_n \geq G_n$.

Answer 4

Hay un artículo de Wikipedia sobre este que contiene varias pruebas, por lo que una serie de opciones :-).