مقالات

4.2: الوسائل الحسابية والهندسية - الرياضيات


يبدأ الدليل التصويري التالي برقمين غير سالبين على سبيل المثال ، 3 و 4 ويقارن المتوسطين التاليين:

[ text {الحسابي} ≡ frac {3 + 4} {2} = 3/5 ؛ التسمية {4.10} ]

[ نص {متوسط ​​هندسي} ≡ sqrt {3 times 4} 3.464. التسمية {4.11} ]

جرب زوجًا آخر من الأرقام على سبيل المثال ، 1 و 2. المتوسط ​​الحسابي هو 1.5 ؛ الوسط الهندسي هو ( sqrt {2} ≈ 1.414 ). لكلا الزوجين ، يكون المتوسط ​​الهندسي أصغر من المتوسط ​​الحسابي. هذا النمط عام. إنها اللامساواة الحسابية-المتوسطة-الهندسية الشهيرة (AM-GM) [18]:

[ ابدأ {محاذاة}
& underbrace { frac {a + b} {2}} _ { text {AM}} geqslant underbrace { sqrt {a b}} _ { text {GM}}
& text {عدم المساواة يتطلب ذلك} أ ، ب geqslant 0.
نهاية {محاذاة} التسمية {4.12} ]

المشكلة 4.5 المزيد من الأمثلة العددية

اختبر متباينة AM-GM باستخدام أمثلة عددية متنوعة. ماذا تلاحظ عندما يكون a و b قريبين من بعضهما البعض؟ هل يمكنك إضفاء الطابع الرسمي على النمط؟ (انظر أيضًا المشكلة 4.16.)

إثبات رمزي

إن عدم المساواة AM-GM لها دليل تصويري ورمزي. يبدأ الدليل الرمزي بـ ((a − b) ^ {2} ) اختيارًا مفاجئًا لأن المتباينة تحتوي على (a + b ) بدلاً من (a - b ). الخيار الغريب الثاني هو تشكيل ((أ - ب) ^ {2} ). إنه غير سالب ، لذا (a ^ {2} - 2ab + b ^ {2} geqslant 0 ). الآن قرر بطريقة سحرية إضافة (4ab ) إلى كلا الجانبين. النتيجه هي

[ underbrace {a ^ {2} + 2ab + b ^ {2}} _ {(a + b) ^ {2}} geqslant 4ab label {4.13} ]

الجانب الأيسر ((a + b) ^ {2} ) ، لذلك (a + b geqslant 2 sqrt {ab} ) و

[ frac {a + b} {2} geqslant sqrt {ab} label {4.14} ]

على الرغم من أن كل خطوة بسيطة ، إلا أن السلسلة بأكملها تبدو سحرية وتترك ملف لماذا ا غامض. إذا انتهى الجبر بـ ((a + b) / 4 geqslant ab ) ، فلن يبدو خطأً واضحًا. في المقابل ، فإن الدليل المقنع سيجعلنا نشعر بأن عدم المساواة لا يمكن إلا أن تكون صحيحة.

دليل مصور

يتم توفير هذا الرضا من خلال دليل مصور.

سؤال

ما هو الرسم التصويري أو الهندسي عن الوسط الهندسي؟

تبدأ الصورة الهندسية للمتوسط ​​الهندسي بمثلث قائم الزاوية. ضعه مع الوتر الأفقي ؛ ثم قم بقصها بالارتفاع (س ) في المثلثات الفرعية الفاتحة والداكنة. ينقسم الوتر إلى طولين (a ) و (b ) ، والارتفاع (x ) هو الوسط الهندسي ( sqrt {ab} ).

سؤال

لماذا الارتفاع (x ) يساوي ( sqrt {ab} )؟

لتوضيح ذلك (x = sqrt {ab} ) ، قارن المثلث الصغير الداكن بالمثلث الخفيف الكبير بتدوير المثلث الصغير ووضعه على المثلث الكبير. المثلثان متشابهان! لذلك ، فإن نسب الجانب الخاصة بهم (نسبة الجانب القصير إلى الجانب الطويل) متطابقة. في الرموز ، (x / a = b / x ): الارتفاع x هو بالتالي الوسط الهندسي ( sqrt {ab} ). يمثل المثلث القائم الزاوية غير المصقول الجزء المتوسط ​​الهندسي من متباينة AM-GM. يحتوي المتوسط ​​الحسابي ((أ + ب) / 2 ) أيضًا على صورة ، مثل نصف الوتر. وبالتالي ، فإن عدم المساواة تدعي ذلك

[ frac { text {hypotenuse}} {2} geqslant text {altitude} label {4.15} ]

للأسف ، هذا الادعاء ليس واضحًا من الناحية التصويرية.

سؤال

هل يمكنك العثور على تفسير هندسي بديل للمتوسط ​​الحسابي يجعل عدم المساواة بين AM-GM واضحًا تصويريًا؟

المتوسط ​​الحسابي هو أيضًا نصف قطر دائرة قطرها (أ + ب ). لذلك ، ضع دائرة حول نصف دائرة حول المثلث ، بحيث تطابق قطر الدائرة مع الوتر (a + b ) (المشكلة 4.7.). لا يمكن أن يتجاوز الارتفاع نصف القطر ؛ وبالتالي،

[ frac {a + b} {2} geqslant sqrt {ab} label {4.16} ]

علاوة على ذلك ، يكون الضلعان متساويين فقط عندما يكون ارتفاع المثلث هو أيضًا نصف قطر نصف الدائرة أي عندما (أ = ب ). وبالتالي فإن الصورة تحتوي على عدم المساواة وشرط المساواة في كائن واحد يسهل فهمه. (تم تطوير دليل تصويري بديل لعدم المساواة بين AM-GM في المشكلة 4.33.)

مشاكل متعددة

المشكلة 4.6 حول دائرة حول مثلث

فيما يلي بعض الأمثلة التي توضح دائرة محددة حول مثلث.

ارسم صورة لإظهار أن الدائرة محددة بشكل فريد بالمثلث.

المشكلة 4.7 إيجاد نصف الدائرة الأيمن

يحدد المثلث بشكل فريد دائرته المحيطة (المشكلة 4.6). ومع ذلك ، قد لا يتماشى قطر الدائرة مع أحد جوانب المثلث. هل يمكن دائمًا تحديد نصف دائرة حول مثلث قائم الزاوية أثناء محاذاة قطر الدائرة على طول الوتر؟

المشكلة 4.8 المتوسط ​​الهندسي لثلاثة أعداد

لثلاثة أرقام غير سالبة ، فإن عدم المساواة AM-GM هي

[ frac {a + b + c} {3} geqslant (abc) ^ {1/3}. التسمية {4.17} ]

لماذا هذا التفاوت ، على عكس ابن عمه المكون من رقمين ، من غير المحتمل أن يكون له دليل هندسي؟ (إذا وجدت دليلاً ، فأعلمني بذلك).

التطبيقات

الوسائل الحسابية والهندسية لها تطبيقات رياضية واسعة. التطبيق الأول هو مشكلة يتم حلها غالبًا باستخدام المشتقات: قم بطي طول ثابت من السياج في مستطيل يحيط بأكبر حديقة.

سؤال

ما شكل المستطيل الذي يزيد المساحة؟

تتضمن المشكلة كميتين: محيط ثابت ومساحة يجب تكبيرها. إذا كان المحيط مرتبطًا بالمتوسط ​​الحسابي والمساحة بالمتوسط ​​الهندسي ، فقد تساعد متباينة AM-GM في تعظيم المنطقة. المحيط (P = 2 (a + b) ) أربعة أضعاف المتوسط ​​الحسابي ، والمساحة (A = ab ) هي مربع الوسط الهندسي. لذلك ، من عدم المساواة AM-GM ،

[ underbrace { frac {P} {4}} _ { text {AM}} geqslant underbrace { sqrt {A}} _ { text {GM}} label {4.18} ]

بالمساواة عندما (أ = ب ). تم إصلاح الجانب الأيسر بمقدار السياج. وبالتالي فإن الجانب الأيمن ، الذي يختلف باختلاف (أ ) و (ب ) ، له حد أقصى (P / 4 ) عندما (أ = ب ). مستطيل المنطقة القصوى عبارة عن مربع.

مشاكل متعددة

المشكلة 4.9 دليل مصور مباشر

منطق AM-GM للحد الأقصى المستطيل هو التفكير التصويري غير المباشر. إنه تفكير رمزي مبني على الدليل التصويري لعدم المساواة AM-GM. هل يمكنك رسم صورة توضح بشكل مباشر أن المربع هو الشكل الأمثل؟

المشكلة 4.10 ثلاثة أجزاء المنتج

أوجد القيمة القصوى لـ (f (x) = x ^ {2} (1 - 2x) ) لـ (x geqslant 0 ) ، بدون استخدام حساب التفاضل والتكامل. ارسم (f (x) ) لتأكيد إجابتك.

المشكلة 4.11 منطقة قصوى غير مقيدة

إذا لم يكن من الضروري أن تكون الحديقة مستطيلة ، فما هو شكل المنطقة القصوى؟

المشكلة 4.12 تكبير الحجم

قم ببناء صندوق مفتوح القمة على النحو التالي: ابدأ بمربع وحدة ، واقطع أربع زوايا متطابقة ، وقم بطي اللوحات.

يحتوي الصندوق على حجم (V = x (1 - 2x) ^ {2} ) ، حيث x هو طول ضلع فتحة الزاوية. ما هو اختيار x الذي يزيد من حجم الصندوق؟

فيما يلي تحليل معقول تم تصميمه بناءً على تحليل الحديقة المستطيلة. اضبط (أ = س ) ، (ب = 1-2x ) ، و (ج = 1-2x ). ثم abc هو المجلد V و (V ^ {1/3} = ^ {3} sqrt {abc} ) هو المتوسط ​​الهندسي (المشكلة 4.8). نظرًا لأن المتوسط ​​الهندسي لا يتجاوز أبدًا المتوسط ​​الحسابي ولأن الوسيلتين متساويتان عند (أ = ب = ج ) ، يتم الوصول إلى الحد الأقصى للحجم عندما (س = 1 - 2 س ). لذلك ، يجب أن يؤدي اختيار (x = 1/3 ) إلى زيادة حجم الصندوق.

أظهر الآن أن هذا الاختيار خاطئ عن طريق رسم بياني (V (x) ) أو إعداد (dV / dx = 0 ) ؛ شرح ما هو الخطأ في التفكير السابق ؛ وعمل نسخة صحيحة.

المشكلة 4.13 المثلثية الصغرى

أوجد الحد الأدنى لقيمة

[ frac {9x ^ {2} sin ^ {2} x + 4} {x sin x} label {4.19} ]

في المنطقة x ( in ) (0، ( pi )).

المشكلة 4.14 المثلثية العظمى

في المنطقة t ( in ) [0 ، ( pi / 2 )] ، قم بتكبير ( sin 2 t ) أو ، بشكل مكافئ ، 2 ( sin t cos t ).

التطبيق الثاني للوسائل الحسابية والهندسية هو طريقة حديثة وسريعة بشكل مذهل للحساب ( pi ) [5، 6]. تضمنت الطرق القديمة للحساب π حساب محيط المضلعات المنتظمة متعددة الجوانب وتوفير عدد قليل من المنازل العشرية للدقة.

استخدمت الحسابات الحديثة سلسلة لايبنيز القوسية

تخيل أنك تريد حساب π إلى (10 ​​^ {9} ) أرقام ، ربما لاختبار أجهزة كمبيوتر عملاق جديد أو دراسة ما إذا كانت أرقام π عشوائية (موضوع في رواية كارل ساجان اتصال [40]). ينتج عن إعداد (x = 1 ) في سلسلة Leibniz ( pi / 4 ) ، لكن السلسلة تتقارب ببطء شديد. يتطلب الحصول على (10 ​​^ {9} ) رقمًا ما يقرب من (10 ​​^ {10 ^ {9}} ) مصطلحات - مصطلحات أكثر بكثير من الذرات الموجودة في الكون.

لحسن الحظ ، فإن الهوية المثلثية المدهشة بسبب John Machin (1686 - 1751) تسرع التقارب عن طريق تقليل (x ):

حتى مع التسريع ، تتطلب دقة الأرقام (10 ​​^ {9} ) حساب (10 ​​^ {9} ) تقريبًا.

في المقابل ، فإن خوارزمية Brent-Salamin الحديثة [3 ، 41] ، والتي تعتمد على الوسائل الحسابية والهندسية ، تتقارب بسرعة كبيرة للغاية. ترتبط الخوارزمية ارتباطًا وثيقًا بطرق دقيقة بشكل مذهل لحساب محيط القطع الناقص (المشكلة 4.15) وأيضًا لحساب المحاثة المتبادلة [23]. تنشئ الخوارزمية عدة تسلسلات بالبدء بـ (a_ {0} ) = 1 و (g_ {0} ) = 1 / ( sqrt {2} ) ؛ ثم يقوم بحساب الوسائل الحسابية المتتالية (a_ {n} ) ، والوسائل الهندسية (g_ {n} ) ، واختلافاتهم التربيعية (d_ {n} ).

[a_ {n + 1} = frac {a_ {n} + g_ {n}} {2} ، quad g_ {n + 1} = sqrt {a_ {n} g_ {n}} ، quad d_ {n} = a_ {n} ^ {2} -g_ {n} ^ {2} label {4.23} ]

يتقارب التسلسلان a و g بسرعة إلى رقم M ( (a_ {0} ) ، (g_ {0} )) يُسمى الوسط الحسابي والهندسي لـ (a_ {0} ) و (g_ { 0} ). ثم M ( (a_ {0} ) ، (g_ {0} )) وتسلسل الفرق d يحددان π.

[ pi = frac {4 M left (a_ {0}، g_ {0} right) ^ {2}} {1- sum_ {j = 1} ^ { infty} 2 ^ {j + 1} د_ {j}} التسمية {4.24} ]

يقترب التسلسل d من الصفر تربيعيًا ؛ بمعنى آخر ، (d_ {n + 1} ) ∼ (d ^ {2} _ {n} ) (المشكلة 4.16). لذلك ، كل تكرار في هذا الحساب of يضاعف أرقام الدقة. يتطلب حساب المليار رقم لـ 30 حوالي 30 تكرارًا أقل بكثير من مصطلحات 10109 باستخدام سلسلة قوس ظل مع (x = 1 ) أو حتى من (10 ​​^ {9} ) المصطلحات باستخدام تسريع Machin.

مشاكل متعددة

المشكلة 4.15 محيط القطع الناقص

لحساب محيط القطع الناقص بمحور شبه رئيسي (a_ {0} ) ومحور شبه رئيسي (g_ {0} ) ، احسب التسلسلات a و g و d والحد المشترك M ( (a_ {0 }، g_ {0}) ) من التسلسل a و g ، كما هو الحال بالنسبة لحساب ( pi ). ثم يمكن حساب المحيط P بالصيغة التالية:

[P = frac {A} {M left (a_ {0}، g_ {0} right)} left (a_ {0} ^ {2} -B sum_ {j = 0} ^ { infty} 2 ^ {j} d_ {j} right) label {4.25} ]

حيث A و B ثوابت عليك أن تحددها. استخدم أسلوب الحالات السهلة (الفصل 2) لتحديد قيمها. (انظر [3] للتحقق من القيم الخاصة بك ولإثبات الصيغة المكتملة.)

المشكلة 4.16 التقارب التربيعي

ابدأ بـ (a_ {0} = 1 ) و (g_ {0} = 1 / sqrt {2} ) (أو أي زوج موجب آخر) واتبع العديد من التكرارات لتسلسل AM – GM

[a_ {n + 1} = frac {a_ {n} + g_ {n}} {2} text {and} g_ {n + 1} = sqrt {a_ {n} g_ {n}}. التسمية {4.26} ]

ثم قم بإنشاء (d_ {n} = a ^ {2} n - g ^ {2} n ) و (log_ {10} ) dn للتحقق من أن (d_ {n + 1} ∼ d ^ {2 } _ {n} ) (التقارب التربيعي).

المشكلة 4.17 سرعة التقارب

اختر (x_ {0} ) موجبًا ؛ ثم إنشاء تسلسل من خلال التكرار

[x_ {n + 1} = frac {1} {2} (x_ {n} + frac {2} {x_ {n}}) (n geqslant 0) label {4.27} ]

إلى ماذا وكيف يتقارب التسلسل بسرعة؟ ماذا لو (x_ {0} <0 )؟


4.2: الوسائل الحسابية والهندسية - الرياضيات

لن أثبت هنا عدم المساواة المعروف جيدًا ولكن سأؤكد فقط على حقيقة استخدمها كوشي في برهانه. وبالتحديد ، إذا كانت المتباينة صحيحة لكل دولار N = 2 ^ $ ثم يحتفظ بكل $ N ge 1. $ وهذا من شأنه أن يوفر مثالًا آخر على اقتراح عام ضمنيًا من خلال حالته الخاصة.

وبالتالي ، افترض أن عدم المساواة ينطبق على كل $ N = 2 ^ $ ودع $ N = 2 ^ + m ، $ حيث lt m lt 2 ^ $ و $ n gt 0. $ بالنسبة إلى $ i = N + 1 ، ldots ، 2 ^، $ حدد الحرف a "المفقود" على أنه

$ displaystyle a_ = فارك + ldots + a_>.$

نظرًا لأن عدم المساواة يحمل N = 2 ^، $ لدينا

استبدال $ displaystyle a_ = فارك + ldots + a_> $ مقابل $ i = N + 1 ، ldots ، 2 ^ $ النتائج في

إضافة مصطلحات مماثلة على اليسار نحصل عليها

التي تقول في الواقع أن المتوسط ​​الحسابي لم يتغير بإضافة المصطلحات الجديدة.

$ displaystyle frac + ldots + a_> ge (a_ <1> cdot ldots cdot a_)^<1/2^> cdot يسار ( frac + ldots + a_> صحيح) ^ <(2 ^-N) / 2 ^>.$

القسمة على المصطلح الموجود في أقصى اليمين وبخطوة أخرى متبقية

$ displaystyle left (frac + ldots + a_> حق) ^> ge (a_ <1> cdot ldots cdot a_)^<1/2^>.$

الآن رفع كلا الجانبين إلى قوة $ displaystyle frac <2 ^> $ حصلنا عليه أخيرًا

$ displaystyle frac + ldots + a_> ge (a_ <1> cdot ldots cdot a_) ^ <1 / N>. $

هناك طريقة لاشتقاق دليل كامل على عدم المساواة من نظرية فيثاغورس.


أمثلة

يمكن فهم الوسط الهندسي بسهولة باستخدام أرقام بسيطة ، كما في المثال التالي:

مثال 1:ما هو المتوسط ​​الهندسي لـ 2 دولار و 3 دولارات و 4 دولارات؟

نظرًا لأننا نعلم أن 4 دولارات = 2 ^ <2> دولار ، فلدينا

$ G = sqrt [3] <2 ^ <3> cdot 3> = sqrt [3] <24> تقريبًا 2.88. $

تتضمن تطبيقات العالم الحقيقي للمتوسط ​​الهندسي استخدامه كمقياس متوسط ​​سرعة بعض التغييرات .

المثال 2:إذا كان في مكان ما 2000 دولار مقيم في 2000 دولار أمريكي ، 9000 دولار أمريكي مقيم في 2005 دولار أمريكي و 18000 دولار أمريكي مقيمين في 2010 دولار أمريكي ، ثم زاد عدد السكان أولاً بمقدار 4.5 دولار أمريكي مرة ، وبعد ذلك 2 دولار أمريكي مرة.

متوسط ​​التغير السكاني ليس $ frac <4.5 + 2> <2> = 3.25 $ ، لكن $ sqrt [2] <4.5 cdot 2> = sqrt [2] <9> = 3 $. بالفعل 2000 دولار cdot 3 cdot 3 = 18000 دولار.

المثال 3: إذا زادت البكتيريا عدد سكانها بمقدار $ 10 ٪ $ في الساعة الأولى ، و $ 20 ٪ $ في الساعة التالية و $ 25 ٪ $ في الساعة الثالثة ، فيمكننا حساب متوسط ​​معدل النمو. دعونا نبدأ بـ 100 دولار من البكتيريا.

بعد الساعة الأولى يكون لدينا 100 دولار + 0.1 cdot 100 = 110 دولار بكتيريا. هذا يعني أنه بسبب 110 دولار = 100 cdot 1.1 دولار ، فإن معدل النمو هو 1.1 دولار.

بعد الساعة الثانية يكون لدينا 110 دولار + 0.2 cdot 110 = 132 دولار بكتيريا. هذا يعني أنه بسبب 132 دولارًا = 110 cdot 1.2 دولارًا ، فإن معدل النمو هو 1.2 دولار.

بعد الساعة الثالثة لدينا 132 دولارًا + 0.25 دولارًا cdot 132 = 165 دولارًا من البكتيريا. هذا يعني أنه بسبب 165 دولارًا = 132 cdot 1.25 دولارًا ، فإن معدل النمو هو 1.25 دولار.

نحتاج الآن إلى إيجاد الوسط الهندسي:

يتم تفسير نتيجتنا على أنها متوسط ​​معدل نمو البكتيريا خلال فترة 3 دولارات أمريكية ساعة.

عندما يكون لدينا مثال أو موقف مع نسبة نمو خلال فترة زمنية معينة ، يجب أن نتذكر أنه يتطلب استخدام الوسط الهندسي.

في الاقتصاد ، المتوسط ​​الهندسي هو متوسط ​​عائد الاستثمار خلال فترة زمنية ، ويستخدم لتقييم محفظة الاستثمار.

الصيغة الهندسية المتوسطة للاستثمارات يكون: $ اليسار ( prod_^ (1 + R_) right) ^ < frac <1>> – 1,$

حيث $ R_$ هو معدل النمو للعام $ i $.

المثال 4:إذا كان المستثمر لديه عائد سنوي قدره 10 $ ، 5 ٪ ، -50 ٪ ، 20 ٪ $ و 20 ٪ $ ، ما هو متوسط ​​عائده خلال هذه الفترة؟

باستخدام صيغة المتوسط ​​الهندسي للاستثمارات ، نحصل عليها

لذلك فإن العائد السنوي هو -3.621 $ ٪ $.


محتويات

ال المتوسط ​​الحسابي، أو بدقة أقل معدل، من قائمة n من الأرقام x1, x2, . . . , xن هو مجموع الأرقام مقسومًا على n:

ال الوسط الهندسي مشابه ، إلا أنه تم تعريفه فقط لقائمة غير سلبي الأعداد الحقيقية ، ويستخدم الضرب والجذر بدلاً من الجمع والقسمة:

لو x1, x2, . . . , xن & gt 0 ، هذا يساوي أسي المتوسط ​​الحسابي للوغاريتمات الطبيعية للأرقام:

إعادة صياغة المتباينة باستخدام الترميز الرياضي ، لدينا ذلك لأي قائمة من الأعداد الحقيقية غير السالبة x1, x2, . . . , xن ,

وتلك المساواة صحيحة إذا وفقط إذا x1 = x2 = · · · = xن .

في بعدين ، 2x1 + 2x2 هو محيط مستطيل بطول أضلاعه x1 و x2 . وبالمثل ، 4 √ x1x2 هو محيط مربع بنفس المنطقة ، x1x2 ، مثل هذا المستطيل. هكذا ل ن = 2 تنص متباينة AM – GM على أن مستطيل مساحة معينة له أصغر محيط إذا كان هذا المستطيل مربعًا أيضًا.

إن عدم المساواة الكاملة هي امتداد لهذه الفكرة إلى أبعاد n. كل رأس من مربع الأبعاد n متصل بـ n من الحواف. إذا كانت أطوال هذه الحواف x1, x2, . . . , xن ، من ثم x1 + x2 + · · · + xن هو الطول الإجمالي للحواف الواقعة على الرأس. يوجد 2 ن الرؤوس ، لذلك نضرب هذا في 2 ن بما أن كل حافة تلتقي برأسين ، فإن كل حافة تحسب مرتين. لذلك ، نقسم على 2 ونستنتج أن هناك 2 ن−1 ن حواف. هناك عدد متساوٍ من حواف كل طول و n أطوال وبالتالي يوجد 2 ن− 1 حافة لكل طول ومجموع كل أطوال الحافة هو 2 ن−1 (x1 + x2 + · · · + xن). على الجانب الآخر،

هو الطول الإجمالي للحواف المتصلة برأس على مكعب ذو أبعاد n متساوية الحجم ، لأنه في هذه الحالة x1=. =xن . منذ يقول عدم المساواة

يمكن إعادة صياغتها بضربها في ن2 ن–1 للحصول عليها

مع المساواة إذا وفقط إذا x1 = x2 = · · · = xن .

وهكذا تنص متباينة AM – GM على أن المكعب n فقط له أصغر مجموع أطوال للحواف المتصلة بكل رأس بين جميع الصناديق ذات الأبعاد n التي لها نفس الحجم. [2]

لجميع الأعداد الحقيقية الموجبة x و y و z. لنفترض أننا نرغب في إيجاد الحد الأدنى لقيمة هذه الوظيفة. يمكن إعادة كتابتها على النحو التالي:

تطبيق عدم المساواة AM-GM لـ ن = 6 ، نحصل عليها

علاوة على ذلك ، نعلم أن الجانبين متساويان تمامًا عندما تتساوى جميع مصطلحات المتوسط:

كل النقاط (x, ذ, ض) استيفاء هذه الشروط يكمن في خط نصف يبدأ من الأصل ويعطى بواسطة

من التطبيقات العملية الهامة في الرياضيات المالية حساب معدل العائد: العائد السنوي ، المحسوب من خلال المتوسط ​​الهندسي ، أقل من متوسط ​​العائد السنوي ، محسوبًا بالمتوسط ​​الحسابي (أو يساوي إذا كانت جميع العوائد متساوية). هذا مهم في تحليل الاستثمارات ، حيث أن متوسط ​​العائد يبالغ في التأثير التراكمي.

إثبات باستخدام عدم المساواة في جنسن تحرير

تنص متباينة جنسن على أن قيمة دالة مقعرة لمتوسط ​​حسابي أكبر من أو تساوي المتوسط ​​الحسابي لقيم الدالة. نظرًا لأن دالة اللوغاريتم مقعرة ، لدينا

بأخذ أضداد أقصى اليسار وأقصى اليمين ، لدينا عدم المساواة AM-GM.

إثبات عن طريق حساب المتوسط ​​الحسابي تحرير

مع المساواة فقط عندما تكون جميع الأرقام متساوية. لو xأناxي ، ثم استبدال كل من xأنا و xي بواسطة (xأنا + xي) / 2 سيترك الوسط الحسابي على الجانب الأيسر دون تغيير ، لكنه سيزيد المتوسط ​​الهندسي على الجانب الأيمن لأن

وبالتالي ، سيكون الجانب الأيمن أكبر عندما يكون كل xأنا s تساوي المتوسط ​​الحسابي

وبالتالي ، فهذه هي أكبر قيمة للجانب الأيمن من التعبير ، لدينا

هذا دليل صالح للقضية ن = 2 ، لكن إجراء أخذ المتوسطات الزوجية بشكل متكرر قد يفشل في إنتاج عدد n متساوٍ في الحالة ن ≥ 3. مثال على هذه الحالة x1 = x2x3 : ينتج عن حساب متوسط ​​عددين مختلفين رقمين متساويين ، لكن الرقم الثالث لا يزال مختلفًا. لذلك ، لا نحصل أبدًا على متباينة تتضمن المتوسط ​​الهندسي لثلاثة أعداد متساوية.

في الحالة العامة ، تميل عملية المتوسط ​​أعلاه نحو أرقام متساوية ، وبالتالي تثبت AM-GM.

تحرير البراهين التعريفي

إثبات عن طريق الاستقراء # 1 تحرير

من الأعداد الحقيقية غير السالبة x1, . . . , xن ، بيان AM – GM يعادل

مع المساواة إذا وفقط إذا α = xأنا للجميع أنا ∈ <1, . . . , ن> .

للإثبات التالي ، نطبق الاستقراء الرياضي وقواعد الحساب المعروفة فقط.

أساس الحث: إلى عن على ن = 1 العبارة صحيحة مع المساواة.

فرضية الاستقراء: افترض أن بيان AM-GM ينطبق على جميع اختيارات n من الأعداد الحقيقية غير السالبة.

خطوة الاستقراء: انصح ن + 1 أعداد حقيقية غير سالبة x1, . . . , xن+1 و. يرضي المتوسط ​​الحسابي لديهم α

إذا كان كل xأنا تساوي α ، إذن لدينا مساواة في بيان AM-GM وقد انتهينا. في حالة عدم تساوي بعضها مع α ، يجب أن يوجد رقم واحد أكبر من المتوسط ​​الحسابي α ورقم أصغر من α. بدون فقدان العمومية ، يمكننا إعادة ترتيب xأنا من أجل وضع هذين العنصرين المعينين في النهاية: xن & GT α و xن+1 & lt α . ثم

والنظر في الأرقام n x1, . . . , xن–1، y وهي كلها غير سلبية. منذ

وبالتالي ، فإن α هي أيضًا المتوسط ​​الحسابي لعدد n من الأرقام x1, . . . , xن–1, ذ وتفترض فرضية الاستقراء

بخاصة α & GT 0. لذلك ، إذا كان واحد على الأقل من الأرقام x1, . . . , xن–1 تساوي صفرًا ، إذن لدينا بالفعل عدم مساواة صارمة في (**). بخلاف ذلك ، يكون الجانب الأيمن من (**) موجبًا ويتم الحصول على عدم مساواة صارمة باستخدام التقدير (***) للحصول على حد أدنى من الجانب الأيمن من (**). وبالتالي ، في كلتا الحالتين يمكننا استبدال (***) في (**) للحصول على

الذي يكمل البرهان.

إثبات بالاستقراء # 2 تحرير

بادئ ذي بدء ، سنثبت ذلك للأرقام الحقيقية x1 & lt 1 و x2 & GT 1 يتبع ذلك

في الواقع ، مضاعفة طرفي عدم المساواة x2 & GT 1 في 1 - x1 يعطي

من أين يتم الحصول على عدم المساواة المطلوبة على الفور.

الآن ، سوف نثبت ذلك للأرقام الحقيقية الموجبة x1, . . . , xن مرضيه x1 . . . xن = 1 ، هناك عقد

تحمل المساواة فقط إذا x1 = . = xن = 1 .

أساس الحث: إلى عن على ن = 2 البيان صحيح بسبب الخاصية المذكورة أعلاه.

فرضية الاستقراء: افترض أن العبارة صحيحة لجميع الأعداد الطبيعية حتى ن – 1 .

خطوة الاستقراء: ضع في اعتبارك العدد الطبيعي ن ، أي للأرقام الحقيقية الموجبة x1, . . . , xن ، هناك يحمل x1 . . . xن = 1. يوجد واحد على الأقل xك & lt 1 ، لذلك يجب أن يكون هناك واحد على الأقل xي & GT 1. دون فقدان العمومية ، دعونا ك =ن - 1 و ي = ن .

علاوة على ذلك ، المساواة x1 . . . xن = 1 نكتب على شكل (x1 . . . xن–2) (xن–1 xن) = 1. ثم ، تشير فرضية الاستقراء

ومع ذلك ، مع الأخذ في الاعتبار الأساس التعريفي ، لدينا

الذي يكمل البرهان.

للأرقام الحقيقية الموجبة أ1, . . . , أن ، دعنا نشير

الارقام x1, . . . , xن تفي بالشرط x1 . . . xن = 1. اذا لدينا

مع عقد المساواة فقط ل أ1 = . = أن .

إثبات بواسطة كوشي باستخدام تحرير الاستقراء الأمامي والخلفي

يعتمد الدليل التالي حسب الحالات بشكل مباشر على قواعد الحساب المعروفة جيدًا ولكنه يستخدم تقنية نادرًا ما تستخدم في الاستقراء الأمامي والخلفي. إنه أساسًا من Augustin Louis Cauchy ويمكن العثور عليه في بلده Cours d'analyse. [3]

الحالة التي تكون فيها جميع الشروط متساوية تحرير

إذا كانت جميع الشروط متساوية:

ثم مجموعهم nx1 ، لذلك المتوسط ​​الحسابي الخاص بهم هو x1 ومنتجهم x1 ن ، لذلك المتوسط ​​الهندسي هو x1 لذلك ، الوسط الحسابي والمتوسط ​​الهندسي متساويان ، حسب الرغبة.

الحالة التي لا تتساوى فيها كل المصطلحات تحرير

يبقى أن نظهر أنه إذا ليس كل المصطلحات متساوية ، إذن المتوسط ​​الحسابي أكبر من المتوسط ​​الهندسي. من الواضح أن هذا ممكن فقط عندما ن & GT 1.

هذه الحالة أكثر تعقيدًا بشكل ملحوظ ، ونقسمها إلى حالات فرعية.

الحرف الفرعي حيث ن = 2 تحرير

لو ن = 2 ، ثم لدينا فترتان ، x1 و x2 ، وبما أن (بافتراضنا) ليست كل المصطلحات متساوية ، فلدينا:

الحرف الفرعي حيث ن = 2 ك يحرر

النظر في حالة حيث ن = 2 ك ، حيث k هو عدد صحيح موجب. ننطلق عن طريق الاستقراء الرياضي.

في الحالة الأساسية ، ك = 1 ، إذن ن = 2. لقد أظهرنا بالفعل أن المتباينة تصمد عندما ن = 2 ، لقد انتهينا.

الآن ، افترض أن هذا لمجرد ك & gt 1 ، لقد أظهرنا بالفعل أن التفاوت صحيح ن = 2 ك−1 ، ونود أن نظهر أنه يحمل في طياته ن = 2 ك . للقيام بذلك ، نطبق المتباينة مرتين على 2 ك-1 أرقام ومرة ​​واحدة لرقمين للحصول على:

حيث في المتباينة الأولى ، يكون الضلعان متساويين فقط إذا

(في هذه الحالة ، يكون كل من الوسط الحسابي الأول والوسط الهندسي الأول متساويين x1 ، وبالمثل مع الوسط الحسابي الثاني والمتوسط ​​الهندسي الثاني) وفي المتباينة الثانية ، يكون الضلعان متساويين فقط إذا كانت الوسيلتان الهندسيتان متساويتين. منذ ليس كل 2 ك الأرقام متساوية ، لا يمكن أن تكون كلتا التفاوتتين متساويتين ، لذلك نعلم أن:

الحرف الفرعي حيث ن & lt 2 ك يحرر

إذا لم تكن n قوة طبيعية لـ 2 ، فمن المؤكد أنها كذلك أقل من بعض القوة الطبيعية للعدد 2 ، منذ التسلسل 2 ، 4 ، 8 ،. . . ، 2 ك و. . . غير مقيد أعلاه. لذلك ، دون فقدان التعميم ، لنفترض أن m تكون قوة طبيعية لـ 2 أكبر من n.

لذا ، إذا كان لدينا عدد n من الحدود ، فدعنا نشير إلى الوسط الحسابي الخاص بهم بواسطة α ، ونوسع قائمة المصطلحات لدينا على النحو التالي:

الإثبات عن طريق الاستقراء باستخدام تحرير التفاضل والتكامل الأساسي

يستخدم الدليل التالي الاستقراء الرياضي وبعض حساب التفاضل الأساسي.

أساس الحث: إلى عن على ن = 1 العبارة صحيحة مع المساواة.

فرضية الاستقراء: افترض أن بيان AM-GM ينطبق على جميع اختيارات n من الأرقام الحقيقية غير السالبة.

خطوة الاستقراء: من أجل إثبات البيان ل ن + 1 أعداد حقيقية غير سالبة x1, . . . , xن, xن+1 ، نحن بحاجة إلى إثبات ذلك

مع المساواة فقط إذا كان كل ن + 1 أرقام متساوية.

إذا كانت جميع الأعداد صفرًا ، فإن المتباينة تبقى متساوية. إذا كانت بعض الأعداد وليست كلها صفراً ، فإن لدينا متباينة صارمة. لذلك ، قد نفترض في ما يلي ، هذا كل شيء ن + 1 أرقام موجبة.

نحن نعتبر الرقم الأخير xن+1 كمتغير وتحديد الوظيفة

إثبات خطوة الاستقراء يعادل إظهار ذلك F(ر) ≥ 0 للجميع ر & GT 0 ، مع F(ر) = 0 فقط إذا x1, . . . , xن و t كلها متساوية. يمكن القيام بذلك عن طريق تحليل النقاط الحرجة لـ f باستخدام بعض حسابات التفاضل والتكامل الأساسية.

المشتق الأول لـ f مُعطى بواسطة

نقطة حرجة ر0 يجب أن ترضي F'(ر0) = 0 مما يعني

بعد إعادة ترتيب صغيرة نحصل عليها

وهو الوسط الهندسي لـ x1, . . . , xن . هذه هي النقطة الحرجة الوحيدة لـ f. منذ F''(ر) & GT 0 للجميع ر & gt 0 ، الدالة f محدبة تمامًا ولها حد أدنى عالمي صارم عند ر0 . بعد ذلك نحسب قيمة الوظيفة عند هذا الحد الأدنى العالمي:

حيث تصمد عدم المساواة النهائية بسبب فرضية الاستقراء. تقول الفرضية أيضًا أنه لا يمكننا الحصول على المساواة إلا عندما x1, . . . , xن كلها متساوية. في هذه الحالة ، الوسط الهندسي ر0 لها نفس القيمة ، ومن ثم ، ما لم x1, . . . , xن, xن+1 جميعنا متساوون لدينا F(xن+1) & GT 0. هذا يكمل البرهان.

يمكن استخدام هذه التقنية بنفس الطريقة لإثبات عدم المساواة المعمم بين AM-GM وعدم المساواة في Cauchy-Schwarz في الفضاء الإقليدي ص ن .

إثبات بواسطة Pólya باستخدام الوظيفة الأسية تحرير

قدم جورج بوليا دليلاً مشابهًا لما يلي. يترك F(x) = ه x–1 – x لجميع س الحقيقية ، مع المشتق الأول F'(x) = ه xمشتق –1 - 1 والمشتق الثاني F''(x) = ه x-1. لاحظ ان F(1) = 0 , F'(1) = 0 و F''(x) & gt 0 لجميع x الحقيقي ، وبالتالي فإن f محدبة تمامًا مع الحد الأدنى المطلق عند x = 1. بالتالي x ≤ ه x-1 لكل x الحقيقي مع المساواة فقط من أجل x = 1 .

ضع في اعتبارك قائمة بالأرقام الحقيقية غير السالبة x1, x2, . . . , xن . إذا كانت جميعها صفراً ، فإن عدم المساواة بين AM-GM تظل متساوية. ومن ثم قد نفترض ما يلي من أجل المتوسط ​​الحسابي الخاص بهم α & GT 0. من خلال تطبيق n -fold للتفاوت أعلاه ، نحصل على ذلك

مع المساواة إذا وفقط إذا xأنا = α لكل أنا ∈ <1, . . . , ن>. يمكن تبسيط حجة الدالة الأسية:

التي تنتج x1 x2 · · · xنα ن ، ومن هنا جاءت النتيجة [4]

الإثبات عن طريق تحرير المضاعفات لاغرانج

تعديل تفاوت AM – GM المرجح

هناك تفاوت مماثل في المتوسط ​​الحسابي الموزون والمتوسط ​​الهندسي الموزون. على وجه التحديد ، دع الأرقام غير السالبة x1, x2, . . . , xن والأوزان غير السالبة ث1, ث2, . . . , ثن أن تعطي. تعيين ث = ث1 + ث2 + · · · + ثن . لو ث & gt 0 ، ثم المتباينة

يحمل مع المساواة إذا وفقط إذا كان كل xك مع ثك & gt 0 متساوية. هنا يتم استخدام الاصطلاح 0 0 = 1.

أنا أسقط ثك = 1 ، هذا يقلل من عدم المساواة المذكورة أعلاه للوسائل الحسابية والهندسية.

إثبات باستخدام عدم المساواة في جنسن تحرير

باستخدام الشكل المحدود لمتباينة جنسن للوغاريتم الطبيعي ، يمكننا إثبات عدم المساواة بين المتوسط ​​الحسابي الموزون والمتوسط ​​الهندسي الموزون المذكور أعلاه.

منذ xك مع الوزن ثك = 0 ليس له تأثير على عدم المساواة ، قد نفترض فيما يلي أن جميع الأوزان موجبة. إذا كان كل xك متساوون ، ثم المساواة. لذلك ، يبقى إثبات عدم المساواة الصارمة إذا لم يكونوا جميعًا متساوين ، وهو ما سنفترضه في ما يلي أيضًا. إذا كان x واحد على الأقلك تساوي صفرًا (ولكن ليس الكل) ، فإن المتوسط ​​الهندسي الموزون هو صفر ، بينما المتوسط ​​الحسابي الموزون موجب ، وبالتالي فإن عدم المساواة الصارمة تظل ثابتة. لذلك ، قد نفترض أيضًا أن كل xك إيجابية.

نظرًا لأن اللوغاريتم الطبيعي مقعر تمامًا ، فإن الشكل المحدود لمتباينة جنسن والمعادلات الوظيفية للوغاريتم الطبيعي تدل على


محتويات

لإيجاد الوسط الحسابي الهندسي لـ أ0 = 24 و ز0 = 6 ، كرر كما يلي:

تعطي التكرارات الخمسة الأولى القيم التالية:

ن أن زن
0 24 6
1 1 5 1 2
2 13 .5 13 .416 407 864 998 738 178 455 042.
3 13.458 203 932 499 369 089 227 521. 13.458 139 030 990 984 877 207 090.
4 13.458 171 481 7 45 176 983 217 305. 13.458 171 481 7 06 053 858 316 334.
5 13.458 171 481 725 615 420 766 8 20. 13.458 171 481 725 615 420 766 8 06.

عدد الأرقام التي أن و زن توافق (مسطر) يتضاعف تقريبًا مع كل تكرار. المتوسط ​​الحسابي الهندسي لـ 24 و 6 هو الحد المشترك لهاتين التسلسلين ، وهو ما يقرب من 13.458 17148172561542076681315697439924305838 8544. [1]

ظهرت الخوارزمية الأولى القائمة على زوج التسلسل هذا في أعمال لاغرانج. تم تحليل خصائصه بواسطة Gauss. [2]

المتوسط ​​الهندسي لعددين موجبين ليس أكبر من المتوسط ​​الحسابي (انظر عدم المساواة في الحساب والوسائل الهندسية). نتيجة لذلك ن & gt 0، (زن) هو تسلسل متزايد ، (أن) هو تسلسل متناقص ، و زنم(x, ذ) ≤ أن . هذه هي عدم المساواة الصارمة إذا xذ .

م(x, ذ) هو إذن رقم بين المتوسط ​​الهندسي والحسابي لـ x و ذ هو أيضا بين x و ذ .

لو ص ≥ 0 ، إذن م(rx,راي) = ص م(x,ذ) .

يوجد تعبير متكامل لـ م(x,ذ) :

في الواقع ، نظرًا لأن العملية الحسابية والهندسية تتقارب بسرعة كبيرة ، فإنها توفر طريقة فعالة لحساب التكاملات الإهليلجية عبر هذه الصيغة. في الهندسة ، يتم استخدامه على سبيل المثال في تصميم المرشح الإهليلجي. [3]

يرتبط الوسط الحسابي الهندسي بوظيفة جاكوبي ثيتا θ 3 > بواسطة [4]

مقلوب المتوسط ​​الحسابي الهندسي لـ 1 والجذر التربيعي لـ 2 يسمى ثابت غاوس ، بعد كارل فريدريش غاوس.

يمكن حساب المتوسط ​​الهندسي التوافقي بطريقة مماثلة ، باستخدام متواليات من الوسائل الهندسية والتوافقية. يجد المرء أن GH (س ، ص) = 1 / م (1 /x, 1/ذ) = س ص/ م (س ، ص). [7] يمكن تعريف الوسط الحسابي التوافقي بالمثل ، ولكنه يأخذ نفس قيمة المتوسط ​​الهندسي (انظر قسم "الحساب" هناك).

هذا هو التسلسل زن لا ينقص.

علاوة على ذلك ، من السهل أن نرى أنه مقيد أيضًا بالأعلى بـ x و ذ (والذي ينتج عن حقيقة أن الوسيلة الحسابية والهندسية لعددين تقع بينهما). وبالتالي ، من خلال نظرية التقارب أحادية اللون ، يكون التسلسل متقاربًا ، لذلك يوجد ز مثل ذلك:

ومع ذلك ، يمكننا أيضًا رؤية ما يلي:

هذا الدليل قدمه غاوس. [2] اسمحوا

تغيير متغير التكامل إلى θ ′ < displaystyle theta '> حيث

تأتي المساواة الأخيرة من ملاحظة أن I (z، z) = π / (2 z) .

أخيرًا ، نحصل على النتيجة المرجوة

الرقم π

على سبيل المثال ، وفقًا لصيغة Gauss – Salamin: [10]

والتي يمكن حسابها دون فقدان الدقة باستخدام

التكامل البيضاوي الكامل ك(الخطيئةα)

وهذا يعني أنه يمكن حساب فترة الربع الحالي بكفاءة من خلال اجتماع الجمعية العمومية العادية ،

تطبيقات أخرى

باستخدام هذه الخاصية من AGM جنبًا إلى جنب مع التحولات الصعودية لـ John Landen ، [11] اقترح Richard P. Brent [12] أول خوارزميات AGM للتقييم السريع للوظائف المتعالية الأولية (ه x ، كوس x، خطيئة x). بعد ذلك ، ذهب العديد من المؤلفين لدراسة استخدام خوارزميات AGM. [13]


4.2: الوسائل الحسابية والهندسية - الرياضيات

المتوسط ​​الحسابي الهندسي (AGM) لرقمين ويتم تعريفه بالبدء بالرقم ثم التكرار

حتى . وتتلاقى تجاه بعضها البعض منذ ذلك الحين

يعتبر AGM مفيدًا جدًا في حساب قيم التكاملات الإهليلجية الكاملة ويمكن أيضًا استخدامه لإيجاد الظل العكسي. تسمى القيمة الخاصة ثابت Gauss.

الجمعية العمومية السنوية لها خصائص

يتم إعطاء شكل Legendre بواسطة

حلول المعادلة التفاضلية

والتي تتعلق بحلول المعادلة التفاضلية

عندما يكون هناك تحويل نمطي لحلول (15) التي يتم تقييدها كـ. دعنا يكون أحد هذه الحلول ، يأخذ التحول الشكل

تعطي الحالة المتوسط ​​الحسابي الهندسي ، وتعطي نسبيًا تكعيبيًا تمت مناقشته بواسطة Borwein and Borwein (1990 ، 1991) و Borwein (1996) حيث

للتكرار مع و

تُعرف التحولات المعيارية متى و لكنها لا تعطي هويات لـ (Borwein 1996).

أبراموفيتز ، إم وستيجون ، سي أ. (محرران). `` عملية المتوسط ​​الحسابي الهندسي. '' & # 16717.6 في كتيب الدوال الرياضية مع الصيغ والرسوم البيانية والجداول الرياضية ، الطبعة التاسعة. نيويورك: دوفر ، ص 571 ، 598-599 ، 1972.

بوروين ، جي إم مشكلة 10281. `` A Cubic Relative of the AGM. '' عامر. رياضيات. شهريا 103، 181-183، 1996.

Borwein، J.M and Borwein، P. B. `` A Remarkable Cubic Iteration. '' In Computational Method & amp Function Theory: Proc. عقد المؤتمر في فالبارايسو ، تشيلي ، 13-18 مارس 1989 (Ed. A. Dold، B. Eckmann، F. Takens، E.B Saff، S. Ruscheweyh، L.C Salinas، L.C، and R. S. Varga). نيويورك: Springer-Verlag ، 1990.

Borwein, J. M. and Borwein, P. B. ``A Cubic Counterpart of Jacobi's Identity and the AGM.'' Trans. عامر. رياضيات. شركة 323 , 691-701, 1991.

Press, W. H. Flannery, B. P. Teukolsky, S. A. and Vetterling, W. T. Numerical Recipes in FORTRAN: The Art of Scientific Computing, 2nd ed. Cambridge, England: Cambridge University Press, pp. 906-907, 1992.


There are several ways to prove the AM–GM inequality for example, it can be inferred from Jensen’s inequality, using the concave function ln( x ). It can also be proven using the rearrangement inequality. Considering length and required prerequisites, the elementary proof by induction given below is probably the best recommendation for first reading.

Idea of the first two proofs

with equality only when all numbers are equal. لو xأناxي , then replacing both xأنا and xي by (xأنا + xي)/2 will leave the arithmetic mean on the left-hand side unchanged, but will increase the geometric mean on the right-hand side because

Thus right-hand side will be largest — so the idea — when all xأنا s are equal to the arithmetic mean

thus as this is then the largest value of right-hand side of the expression, we have

This is a valid proof for the case ن = 2 , but the procedure of taking iteratively pairwise averages may fail to produce n equal numbers in the case ن ≥ 3 . An example of this case is x1 = x2x3 : Averaging two different numbers produces two equal numbers, but the third one is still different. Therefore, we never actually get an inequality involving the geometric mean of three equal numbers.

Hence, an additional trick or a modified argument is necessary to turn the above idea into a valid proof for the case ن ≥ 3 .

Proof by induction

of the non-negative real numbers x1, . . . , xن , the AM–GM statement is equivalent to

with equality if and only if α = xأنا للجميع أنا ∈ <1, . . . , ن >.

For the following proof we apply mathematical induction and only well-known rules of arithmetic.

Induction basis: إلى عن على ن = 1 the statement is true with equality.

Induction hypothesis: Suppose that the AM–GM statement holds for all choices of n non-negative real numbers.

Induction step: انصح ن + 1 non-negative real numbers. Their arithmetic mean α satisfies

If all numbers are equal to α , then we have equality in the AM–GM statement and we are done. Otherwise we may find one number that is greater than α and one that is smaller than α , say xن & GT α و xن+1 & lt α . ثم

Now consider the n numbers x1, . . . , xن–1, ذ مع

which are also non-negative. منذ

α is also the arithmetic mean of n numbers x1, . . . , xن–1, ذ and the induction hypothesis implies

in particular α > 0 . Therefore, if at least one of the numbers x1, . . . , xن–1 is zero, then we already have strict inequality in (**). Otherwise the right-hand side of (**) is positive and strict inequality is obtained by using the estimate (***) to get a lower bound of the right-hand side of (**). Thus, in both cases we get

which completes the proof.

Proof by Cauchy using forward–backward induction

The following proof by cases relies directly on well-known rules of arithmetic but employs the rarely used technique of forward-backward-induction. It is essentially from Augustin Louis Cauchy and can be found in his Cours d’analyse. [ 2 ]

The case where all the terms are equal

If all the terms are equal:

then their sum is nx1 , so their arithmetic mean is x1 and their product is x1 ن , so their geometric mean is x1 therefore, the arithmetic mean and geometric mean are equal, as desired.

The case where not all the terms are equal

It remains to show that if ليس all the terms are equal, then the arithmetic mean is greater than the geometric mean. Clearly, this is only possible when ن > 1 .

This case is significantly more complex, and we divide it into subcases.

The subcase where ن = 2

لو ن = 2 , then we have two terms, x1 و x2 , and since (by our assumption) not all terms are equal, we have:

The subcase where ن = 2 ك

Consider the case where ن = 2 ك , where k is a positive integer. We proceed by mathematical induction.

In the base case, ك = 1 , so ن = 2 . We have already shown that the inequality holds when ن = 2 , so we are done.

Now, suppose that for a given ك > 1 , we have already shown that the inequality holds for ن = 2 ك−1 , and we wish to show that it holds for ن = 2 ك . To do so, we apply the inequality twice for 2 ك-1 numbers and once for 2 numbers to obtain:

where in the first inequality, the two sides are equal only if

(in which case the first arithmetic mean and first geometric mean are both equal to x1 , and similarly with the second arithmetic mean and second geometric mean) and in the second inequality, the two sides are only equal if the two geometric means are equal. Since not all 2 ك numbers are equal, it is not possible for both inequalities to be equalities, so we know that:

The subcase where ن < 2 ك

If n is not a natural power of 2 , then it is certainly less than some natural power of 2, since the sequence 2, 4, 8, . . . , 2 ك و. . . is unbounded above. Therefore, without loss of generality, let m be some natural power of 2 that is greater than n .

So, if we have n terms, then let us denote their arithmetic mean by α , and expand our list of terms thus:

Proof by induction using basic calculus

The following proof uses mathematical induction and some basic differential calculus.

Induction basis: For ن = 1 the statement is true with equality.

Induction hypothesis: Suppose that the AM–GM statement holds for all choices of n non-negative real numbers.

Induction step: In order to prove the statement for ن + 1 non-negative real numbers x1, . . . , xن, xن+1 , we need to prove that

with equality only if all the ن + 1 numbers are equal.

If all numbers are zero, the inequality holds with equality. If some but not all numbers are zero, we have strict inequality. Therefore, we may assume in the following, that all ن + 1 numbers are positive.

We consider the last number xن+1 as a variable and define the function

Proving the induction step is equivalent to showing that F(t) ≥ 0 for all t > 0 , with F(t) = 0 only if x1, . . . , xن and t are all equal. This can be done by analyzing the critical points of f using some basic calculus.

The first derivative of f is given by

A critical point t0 has to satisfy f′(t0) = 0 , which means

After a small rearrangement we get

which is the geometric mean of x1, . . . , xن . This is the only critical point of f . منذ f′′(t) > 0 for all t > 0 , the function f is strictly convex and has a strict global minimum at t0 . Next we compute the value of the function at this global minimum:

where the final inequality holds due to the induction hypothesis. The hypothesis also says that we can have equality only when x1, . . . , xن are all equal. In this case, their geometric mean t0 has the same value, Hence, unless x1, . . . , xن, xن+1 are all equal, we have F(xن+1) > 0 . هذا يكمل البرهان.

This technique can be used in the same manner to prove the generalized AM–GM inequality and Cauchy–Schwarz inequality in Euclidean space ص ن .

Proof by Pólya using the exponential function

George Pólya provided a proof similar to what follows. يترك F(x) = e x–1 – x for all real x , with first derivative f′(x) = e x–1 – 1 and second derivative f′′(x) = e x–1 . Observe that F(1) = 0 , f′(1) = 0 and f′′(x) > 0 for all real x , hence f is strictly convex with the absolute minimum at x = 1. بالتالي x ≤ e x–1 for all real x with equality only for x = 1 .

Consider a list of non-negative real numbers x1, x2, . . . , xن . If they are all zero, then the AM–GM inequality holds with equality. Hence we may assume in the following for their arithmetic mean α > 0 . By n -fold application of the above inequality, we obtain that

with equality if and only if xأنا = α for every أنا ∈ <1, . . . , ن>. The argument of the exponential function can be simplified:

which produces x1 x1 · · · xنα n , hence the result [ 3 ]


The Golden Mean is a very specific geometric mean. In the geometric mean above, we see the following lengths of line segments on the number line:

Yellow line = 2
Blue line = 4
White line = 8

Here, 2 x 2 = 4 and 4 x 2 = 8, but 2 + 4 = 6, not 8. The Golden Mean imposes the additional requirement that the two segments that define the mean also add to the length of the entire line segment:

This occurs only at one point, which as you can see above is just a little less than 5/8ths, or 0.625. The actual point of the Golden Mean is at 0.6180339887…, where:

A is to B as B is to C
و
B + C = A

If we instead let the length of line B equal 1,
this gives Phi its unusual properties:


Statement of AM-GM inequality

The Arithmetic Mean - Geometric Mean inequality, or AM-GM inequality, states the following:

Cross multiplying and rearranging terms, we get x − 2 x y + y ≥ 0 x-2sqrt+yge 0 x − 2 x y

​ ) 2 ≥ 0 . This is true because squares are always non-negative. Also equality occurs when x = y sqrt x=sqrt y x

The general case is slightly harder to show, as we cannot just cross multiply and manipulate. A common approach would be inducting on the number of variables. We state the proof by Cauchy below.

Here is a simple example based on the AM-GM inequality.

You can try a problem similar to the above example:

The sum of two positive real numbers is 100. Find their maximum possible product.

A jelly shop sells its products in two different sets: 3 red jelly cubes and 3 green jelly cuboids.

Which option would give you more jelly?


The Formula for Geometric Average

The geometric mean for a series of numbers is calculated by taking the product of these numbers and raising it to the inverse of the length of the series.

To do this, we add one to each number (to avoid any problems with negative percentages). Then, multiply all the numbers together and raise their product to the power of one divided by the count of the numbers in the series. Then, we subtract one from the result.

The formula, written in decimals, looks like this:

The formula appears complex, but on paper, it's not so difficult. Returning to our example, we calculate the geometric average: Our returns were 90%, 10%, 20%, 30%, and -90%, so we plug them into the formula as:

The result gives a geometric average annual return of -20.08%. The result using the geometric average is a lot worse than the 12% arithmetic average we calculated earlier, and unfortunately, it is also the number that represents reality in this case.


شاهد الفيديو: الحادي عشر المسار التكنولوجي الرياضيات المتتاليات الهندسية 2 (شهر اكتوبر 2021).