Об одном индуктивном методе доказательства неравенств

33

Ободном индуктивном методе доказательства неравенств

С. Т. Берколайко,
С. Б. Каток

Teорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом, утверждающая, что при любых положительных $x_1, x_2, \dots, x_n$ справедливо неравенство

$$\frac{1}{n} (x_1 + x_2 + \dots + x_n) \geq \sqrt{x_1 x_2 \dots x_n},$$

относится к числу тех математических фактов, доказательства которых существует менее известны, чем их формулировки. (Другие примеры такого рода: в арифметике — единственное разложения числа на простые множители, в геометрии — теорема о том, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.) Между тем существует очень много различных способов доказательства этого замечательного неравенства, в том числе и элементарных (например, в [1] (решение задачи 268) приведено 3 элементарных доказательства, а в начале [5] предлагается 12 разных доказательств). В этой заметке приводится еще одно короткое доказательство по индукции, которое проходит и для других положих неравенств.

Мы должны доказать, что

$$x_1 + \dots + x_n \geq n (x_1 \dots x_n)^{\frac{1}{n}}$$

(1)

для всех целых $n \geq 2$ и положительных $x_1, \dots, x_n$.

Для $n=2$ это неравенство выглядит так:

$$x_1 + x_2 \geq 2 (x_1 x_2)^{\frac{1}{2}}$$

(2)

и сразу следует из очевидного неравенства

$$(x_1^{\frac{1}{2}} - x_2^{\frac{1}{2}})^2 \geq 0.$$

Предположим, что для $n=k$ неравенство (1) верно, и докажем его для $n=k+1$.

Для этого рассмотрим такое выражение:

$$x_1 + x_2 + \dots + x_k + x_{k+1} + (k-1) (x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}.$$

Разобъем эту сумму на две, по $k$ слагаемых, и оценим какую из них, применяя неравенство (1) для $n=k$:

$$x_1 + x_2 + \dots + x_k \geq k (x_1 \dots x_k)^{\frac{1}{k}},$$

$$x_{k+1} + (k-1) (x_1 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}} \geq k (x_{k+1} x_1^{\frac{k-1}{k+1}} \dots x_{k+1}^{\frac{k-1}{k+1}})^{\frac{1}{k}}.$$

Мы рассматриваем $(k-1) (x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$ как сумму $(k-1)$ одинаковых слагаемых $(x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$.

34

Приименяя неравенство (2) к правым частям двух положенных выше неравенств, получаем

$$k \left(x_1 \dots x_k\right)^{\frac{1}{k}} + k \left(x_{k+1} x_1^{\frac{k-1}{k+1}} \dots x_k^{\frac{k-1}{k+1}}\right)^{\frac{1}{k}} \geq 2k \left(x_1 \dots x_{k+1}\right)^{\frac{1}{k+1}},$$

откуда

$$x_1 + x_2 + \dots + x_{k+1} \geq (k + 1) \left(x_1 x_2 \dots x_{k+1}\right)^{\frac{1}{k+1}}.$$

Чтобы «прочувствовать» это алгебраическое преобразование, посмотрим, как оно выглЯudit для $n=3$:

$$x_1 + x_2 + x_3 + \left(x_1 x_2 x_2\right)^{\frac{1}{3}} \geq 2 \left(x_1 x_2\right)^{\frac{1}{2}} + 2 \left(x_1^{\frac{1}{3}} x_2^{\frac{1}{3}} x_3^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} \geq$$

$$\geq 2 \cdot 2 \left[ \left(x_1 x_2\right)^{\frac{1}{2}} \left(x_1^{\frac{1}{3}} x_2^{\frac{1}{3}} x_3^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} \right]^{\frac{1}{2}} \geq 4 \left(x_1 x_2 x_3\right)^{\frac{1}{3}},$$

откуда $x_1 + x_2 + x_3 \geq 3 \left(x_1 x_2 x_3\right)^{\frac{1}{3}}$. Здесь трижды использовалось неравенство (2).

Примерно таким же способом можно доказать следующее неравенство:

a) $a_1^p + a_2^p + \dots + a_n^p \geq n \left(\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}\right)^p$,

где $n$ и $p$-натуральные числа, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

b) $\sin \alpha_1 + \sin \alpha_2 + \dots + \sin \alpha_n \leq n \sin \left(\frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n}{n}\right)$,

где $0 < \alpha_i < \frac{\pi}{2}$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

b) $\sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \dots \sin \alpha_n \leq \sin^n \left(\frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n}{n}\right)$,

где $0 < \alpha_i < \frac{\pi}{2}$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

г) $\frac{1}{a_1^p} + \frac{1}{a_2^p} + \dots + \frac{1}{a_n^p} \geq \frac{n}{\left(\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}\right)^p}$,

где $p$ и $n$-натуральные числа, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

д) $(a_1 + b_1) (a_2 + b_2) \dots (a_n + b_n) \geq \left(\sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n} + \sqrt[n]{b_1 b_2 \dots b_n}\right)^n$,

где $a_i > 0, b_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$).

36

Словами, доказать нужное неравенство только для $n=2$.

А если доказать выпukлость вверх функции $\lg x$ (что свидетелья к доказательству неравенства (2)), то из нашей теоремы, как один из частных случаев, получится теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

$$\lg \left( \frac{x_1 + \ldots + x_n}{n} \right) \leq \frac{\lg x_1 + \ldots + \lg x_n}{n},$$

т. е.

$$\lg \left( \frac{x_1 + \ldots + x_n}{n} \right) \leq \lg \left( x_1 \ldots x_n \right)^{\frac{1}{n}}, \quad \frac{1}{n} \left( x_1 + \ldots + x_n \right) \leq \left( x_1 \ldots x_n \right)^{\frac{1}{n}}.$$

В заключение мы приведем список книг, в которых можно прочитать другие доказательства теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом.

[1] Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Избранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. I, М., «Наука», 1965.

Обратите внимание на первое из трех приведенных в этой книге доказательств («Обратной индикцией»).

[2] Кречмар, Задачник по алгебре. М., «Наука», 1968.

[3] Э. Беккенбах и Р. Белман, Введение в неравенства, М., «Мир», 1965.

[4] Г. Г. Харди, Д. Е. Литтельвуд, Г. Поляна, Неравенства, ИЛ, 1948.

[5] Э. Беккенбах и Р. Белман, Неравенства, М., «Мир», 1965.

Упражнения

1. Какое неравенство получится, если применить теорему к функции $y=x^2$? Попробуйте доказать это неравенство непосредственно.

2. Выведите из общей теоремы неравенства a)—д). Выпukлость каких функции надо для этого доказывать?

3. Придумайте еще несколько примеров выпukлых функции и запишите неравенство, которое получится из теоремы 1 в применении к этим функции.

4. Функция $f$ определяна на отрезке $[a, b]$ и имеет обратную**) функцию $g$. Докажите, что если $f$ выпukлая вверх, то $g$ выпukлая вниз, и наоборот.

5. Функция $f(x)$, заданная на отрезке $[a, b]$, выпukлая вверх. Докажите, что для любых точек $x_1, \ldots, x_n$, лежащих на отрезке $[a, b]$, и любых положительных $a_1, \ldots, a_n$ выполняется неравенство

$$\frac{a_1 f(x_1) + \ldots + a_n f(x_n)}{a_1 + \ldots + a_n} \leq f\left(\frac{(a_1 x_1 + \ldots + a_n x_n)}{a_1 + \ldots + a_n}\right).$$

(Заметим, что эта задача является обобщением доказанной ранее теоремы, которая получается при $a_1=a_2=\ldots=a_n=1$.)

Указание. Для решения этой задачи можно использовать тот же прием, который применяется нами при доказательстве теоремы.

*) Можно взять логарифм по любому основанию, большему единицю.
**) См. «Квант», № 1, стр. 22.