avva | теорема о средних значениях (математическое)

Скорее всего вы знаете, что такое среднее арифметическое каких-то чисел: это всего лишь их сумма, поделенная на то, сколько их есть. Например, если есть четыре числа $A$ , $B$ , $C$ и $D$ , то их среднее арифметическое равно $\frac{A+B+C+D}{4}$ .

Другой вид среднего значения - среднее геометрическое: это произведение всех чисел, из которого извлечен корень той степени, сколько есть чисел. Среднее геометрическое чисел $A$ , $B$ , $C$ , $D$ равно $\sqrt[4]{ABCD}$ .

Если все числа, среднее значение которых мы хотим посчитать, одинаковы - это одно и то же число - то и среднее арифметическое, и среднее геометрическое тоже будут тем же самым числом. Если же числа разные, то оба эти средние значения будут где-то в промежутке между наименьшим из исходных чисел и наибольшим - оттого они и называются "средние". Но оказывается, что среднее геометрическое в таком случае всегда будет меньше среднего арифметического:

$\sqrt[4]{ABCD}\leq\frac{A+B+C+D}{4}$

Я написал формулу для четырех чисел, но на самом деле это верно для любого набора положительных чисел. Это неравенство называется теоремой о средних и часто оказывается полезным в математике. Есть очень много разных способов его доказать, но в начале 19-го века французский математик Коши придумал одно особенно красивое доказательство. Вот оно.

Если бы мы хотели доказать это неравенство по индукции, то тогда мы сначала доказали бы, что оно верно для любых двух чисел A и B: $\sqrt[2]{AB}\leq\frac{A+B}{2}$ , а потом - что если оно верно для любого набора из $n$ чисел, то верно также для любого набора из $n+1$ чисел (это называется "шаг индукции"). И тогда из этого бы следовало, что это верно для любого количества чисел: из того, что верно для двух, следует, что верно для трех; из этого следует, что верно для четырех; из этого - что верно для пяти; и так далее до бесконечности - выходит, что верно для любого числа. Это называется "принцип математической индукции".

Но в данном случае так доказать легко не получается. Вместо этого Коши придумал следующий красивый прием: сначала мы докажем по индукции, что неравенство верно, но не для любого количества чисел, а только для степеней двойки: 2 числа, 4 числа, 8, 16, 32, 64 - если взять ровно 32 числа, например, то неравенство будет верно. Но тогда мы пропускаем все промежуточные числа: что если я возьму три числа $A$ , $B$ , $C$ , или 25 чисел, или еще сколько-то? А для всех этих случаев мы докажем, взяв уже доказанную степень двойки и спустившись от нее 'вниз'. Например, из того, что неравенство верно для $n=32$ чисел, будет вытекать, что оно верно и для 31 числа, и для 30, 29, 28, и так далее. Выходит, что индукция получается как бы двойная: вперед-назад. Сначала мы доказываем только для степеней двойки, "вперед", а потом от достаточно больших степеней двойки возвращаемся ко всем остальным числам, "назад".

Итак, начнем с того, что докажем неравенство индукцией для всех степеней двойки. Для этого мы сначала докажем неравенство всего для двух чисел, а потом покажем, что если количество чисел увеличить в два раза, то неравенство останется верным.

Первый этап - для двух чисел: надо доказать, что $\sqrt[2]{AB}\leq\frac{A+B}{2}$ . Возведем обе стороны в квадрат:

$AB\leq\frac{(A+B)^2}{4}$

Умножим обе стороны на 4 и раскроем скобки:

$4AB\leq A^2+2AB+B^2$

Если мы теперь перенесем $4AB$ вправо и сократим, то справа останется $A^2-2AB+B^2$ , а это равно $(A-B)^2$ . Выходит, что наше неравенство сводится к

$0\leq (A-B)^2$

но это очевидно - квадрат всегда положительное число.

Второй этап - докажем, что если удвоить количество чисел, неравенство останется верным (предполагая, что оно уже было всегда верно для исходного количества чисел). Вместо того, чтобы записывать это с большим количеством индексов, я продемонстрирую на примере перехода от 4 чисел к 8 (именно так записал свое доказательство Коши, кстати):

Мы хотим доказать, что

$\sqrt[8]{ABCD EFGH}\leq\frac{A+B+C+D+E+F+G+H}{8}$

или, если возвести обе части в восьмую степень, чтобы избавиться от корня:

$ABCD EFGH\leq\frac{(A+B+C+D+E+F+G+H)^8}{8^8}$

Произведение $ABCD EFGH$ можно сгруппировать в две части: $(ABCD)*(EFGH)$ , и к каждой из них применить неравенство для четырех чисел, которое мы предполагаем уже доказанным:

$ABCD \leq\frac{(A+B+C+D)^4}{4^4}$
$EFGH\leq\frac{(E+F+G+H)^4}{4^4}$

Перемножив эти два неравенства, получим:

$ABCD EFGH\leq\frac{(A+B+C+D)^4*(E+F+G+H)^4}{4^4*4^4}$

В знаменателе произведение $4^4*4^4$ это всего-навсего $4^8$ (при умножении степеней степени складываются! Если не верите, проверьте вручную, что $256*256=65536$ ). А числитель мы можем упростить, соединив две степени в одну, и тогда получим:

$ABCD EFGH\leq\frac{((A+B+C+D)*(E+F+G+H))^4}{4^8}$

Наконец, к произведению двух чисел в числителе, каждое из которых выделено скобками, мы тоже можем применить все то же неравенство для двух чисел (взяв их как бы в качестве новых $A$ и $B$ ):

$(A+B+C+D)*(E+F+G+H) \leq\frac{(A+B+C+D+E+F+G+H)^2}{2^2}$

и если мы подставим это в числитель того неравенства, что получили выше, то выйдет (после того, как мы отдельно возведем числитель $(A+B+C+D+E+F+G+H)^2$ и знаменатель $2^2$ в четвертую степень, и спустим знаменатель вниз, к общему знаменателю):

$ABCD EFGH\leq\frac{(A+B+C+D+E+F+G+H)^8}{2^8*4^8}$

(два в восьмой степени, кстати, равно 256. Я помню это наизусть, потому что я программист - когда будущие программисты изучают свою профессию в университете, они проходят тайную церемонию с использованием крови и заклятий, они вызывают дух Тьюринга и присягают ему на верность - там еще есть много интересного, но в общем, к концу церемонии число 256 впечатывается им в сознание на всю оставшуюся жизнь)

Ну а знаменатель этого последнего неравенства равен просто $8^8$ - вот мы и получили, что хотели:

$ABCD EFGH\leq\frac{(A+B+C+D+E+F+G+H)^8}{8^8}$

Третий этап. Теперь предположим, что у нас какое-то не слишком удобное количество чисел, не степень двойки. Пусть их число будет $k$ , и обозначим их $A_1,A_2,\cdots,A_k$ , и пусть ближайшая к $k$ степень двойки "сверху" (т.е. больше, чем $k$ ) будет равна какому-то $M$ . Тогда мы знаем, что для любого набора из $M$ чисел неравенство выполняется, но вот для $k$ чисел это пока не доказано.

Что ж, если у нас слишком мало чисел, добавим! К нашим $k$ числам допишем еще $M-k$ чисел, так чтобы общее число было ровно $M$ ; что допишем? одно и то же число $B$ напишем $M-k$ раз; а что это за число $B$ , оставим пока неопределенным - сможем потом подобрать поудобнее. Тогда для всех $M$ чисел можно записать неравенство

$\sqrt[M]{A_1 A_2 \cdots A_k B^{M-k}}\leq\frac{A_1+A_2+\cdots+A_k+(M-k)B}{M}$

Здесь степень $B^{M-k}$ в левой части, и множитель $(M-k)$ в правой части всего лишь отражают тот факт, что мы вставили $M-k$ раз одно и то же число B - слева в произведении, а справа в сумме.

Теперь давайте присмотримся к правой части: не можем ли мы как-нибудь так подобрать B, чтобы она упростилась? Давайте раскроем скобки и вынесем множитель $MB$ , благо он сокращается, за пределы дроби:

$\sqrt[M]{A_1 A_2 \cdots A_k B^{M-k}}\leq\frac{A_1+A_2+\cdots+A_k-kB}{M}+B$

Ага, если выбрать B так, чтобы $A_1+A_2+\cdots+A_k-kB=0$ , т.е. взять $B=\frac{A_1+A_2+\cdots+A_k}{k}$ , среднее арифметическое исходных $k$ чисел, тогда вся сложная дробь справа просто сократится, и останется всего лишь

$\sqrt[M]{A_1 A_2 \cdots A_k B^{M-k}}\leq B$

Мы уже почти у цели. Возведем обе стороны в степень $M$ :

$A_1 A_2 \cdots A_k B^{M-k}\leq B^M$

Сократим степени числа
$B$ с двух сторон:

$A_1 A_2 \cdots A_k \leq B^k$

и опять возьмем корень, на этот раз степени $k$ :

$\sqrt[k]{A_1 A_2 \cdots A_k}\leq B$

Но ведь $B$ как раз и есть среднее арифметическое чисел $A_1,A_2,\cdots,A_k$ - мы его именно так и выбрали! Так что мы получили то неравенство для $k$ чисел, которое хотели получить:

$\sqrt[k]{A_1 A_2 \cdots A_k}\leq\frac{A_1+A_2+\cdots+A_k}{k}$

Что и требовалось доказать.

(мне любопытно было бы узнать, насколько эта запись понятна/непонятна/интересна/неинтересна людям, не занимающимся математикой и точными науками)

Page 1 of 2 << [1] [2] >>

Flat | Top-Level Comments Only

From:

marat-yuldashev.livejournal.com

Почему база не идет от N=1?

From:

avva.livejournal.com

Слишком тривиально: не получается "подняться" от 1 к 2. Обратите внимание, что в шаге индукции уже доказанные неравенства применяются дважды: для предыдущей степени двойки и для 2. Так что случай N=2 необходимо держать наготове.

From:

rwalk.livejournal.com

Красивое (со школьных времен), но идеологически порочное :) Проще сказать, что логарифм - вогнутая функция. Вообще львиная доля неравенств интерпретируются как выпуклость подходящих функций.

From:

french-man.livejournal.com

Ну, неравенство Йенсена - только одно из возможных обобщений. Есть еще неравенство Мюрхеда, которое, насколько я понимаю, через выпуклость не докажешь.

Но я согласен, что аввино д-во идеологически неправильное.

(...)

теорема о средних значениях (математическое)

Page Summary

Style Credit

Expand Cut Tags