Статья Интеграл помогает доказать неравенство Коши
Работа добавлена на сайт bukvasha.net: 2015-10-29Поможем написать учебную работу
Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Интеграл помогает доказать неравенство Коши
С. Берколайко
Решил добавить к уже выложенным доказательствам неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим ещё одно. Оно не такое потрясное по оригинальности как доказательства Бора и Гурвица, а любопытно, скорее, простотой используемых средств и ловкостью автора. – E.G.A.]
Пусть a1, a2, ..., an – положительные числа, среди которых есть различные. Тогда выполняется неравенство Коши:
a1 + a2 + ... + an
n
>
n
a1 a2 ... an
.
| | (1) |
Обозначим левую часть неравенства Коши через Sn и докажем его в такой форме:
| (Sn ) n > a1 a2 ... an . | (2) |
Очевидно, не ограничивая общности, можно считать, что для некоторого k такого, что 1 ≤ k ≤ n – 1,
| a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ Sn ≤ ak+1 ≤ ... ≤ an–1 ≤ an. | (3) |
Основой доказательства неравенства (2) будет неравенство
| b
b – a b < ∫ dt t = ln b a < b – a a ,
a
| (4) |
где 0 < a < b (см. рисунок). Заметим, что при a = b вместо (4) имеем
| b – a b | = ln | b a | = | b – a a | . |
Из (3) и (4)
| Sn – a1 Sn + Sn – a2 Sn + ... + Sn – ak Sn ≤ ln Sn a1 + ln Sn a1 + ... + ln Sn ak ,
| (5) |
или
| kSn – (a1 + a2 + ... + ak) Sn ≤ ln (Sn)k a1 a2 ... ak .
| (6) |
Опять-таки из (3) и (4)
| ln ak+1 Sn + ln ak+2 Sn + ... + ln an Sn ≤ ak+1 – Sn Sn + ak+2 – Sn Sn + ... + an – Sn Sn ,
| (7) |
или
| ln ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k ≤ (ak+1 + ... + an) – (n – k)Sn Sn .
| (8) |
Легко проверить, что левая часть неравенства (6) равна правой части неравенства (8). Значит, из (6) и (8)
| ln ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k ≤ ln (Sn)k a1 a2 ... ak .
| (9) |
Поскольку среди чисел a1, a2, ..., an есть различные, в цепочке неравенств (3) какие-то неравенства выполняются «строго». Тогда эти «строгие» неравенства перейдут в (5) или (7). Значит, по крайней мере, одно из неравенств (6), (8) тоже будет «строгим». Поэтому вместо (9) мы можем утверждать
| ln | ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k | < ln | (Sn)k a1 a2 ... ak | , |
или
| ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k | < | (Sn)k a1 a2 ... ak | , |
откуда вытекает (2).
Если же a1 = a2 = ... = an, то, очевидно,
| a1 + a2 + ... + an n | = | n | | a1 a2 ... an | . |
Список литературы
Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://www.ega-math.narod.ru/