ОЛ ВЗМШ при МГУ: Отделение математики: Интеграл помогает доказать неравенство Коши (С. Берколайко)

ОЛ ВЗМШ при МГУ: Отделение математики


Избранные задачи Вопрос-Ответ

Авторы

Программы, темы

Поступающим

В помощь нашим ученикам

Отдохнуть

Если хочешь больше знать

Листовки к пособиям

Вход для наших учеников
Личный номер
Пароль

Интеграл помогает доказать неравенство Коши (С. Берколайко)

С. Берколайко

Пусть $a_1$ , $a_2$ , ..., $a_n$ - положительные числа, среди которых есть различные. Тогда выполняется неравенство Коши:

$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} > \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n}$ (1)

Обозначим левую часть неравенства Коши через $S_n$ и докажем его в такой форме:

$\Big( S_n \Big)^n > a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n$ (2)

Очевидно, не ограничивая общности, можно считать, что для некоторого $k$ такого, что $1 \leq k \leq n - 1$ ,

$a_1 \leq a_2 \leq ... \leq a_k leq S_n \leq a_{k+1} \leq ... a_{n-1} \leq a_n$ (3)

Основой доказательства неравенства (2) будет неравенство

$\frac{b-a}{b} < \Bigint_a^b {\frac{dt}{t} } =\ln \frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}$ (4) где $0 < a < b$ (см. рисунок). Заметим, что при $a = b$ вместо (4) имеем $\frac{b-a}{b} = \ln \frac{b}{a} = \frac{b-a}{a}$ (4`)

Из (3) и (4)

$\frac{S_n-a_1}{S_n} + \frac{S_n-a_2}{S_n} +...+ \frac{S_n-a_k}{S_n} \leq \ln \frac{S_n}{a_1}+ \frac{S_n}{a_2}+ ... + \frac{S_n}{a_k}$ (5) или $\frac{kS_n+(a_1+a_2+...a_k)}{S_n} \leq \ln \frac{S_n^k}{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_k}$ . (6)

Опять-таки из (3) и (4)

$\ln \frac{a_{k+1}}{S_n} + \ln \frac{a_{k+2}}{S_n}+ ... + \ln \frac{a_n}{S_n} \leq \frac{a_{k+1}-S_n}{S_n} + \frac{a_{k+2}-S_n}{S_n} + ... \frac{a_n-S_n}{S_n}$ . (7) или $\ln \frac{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot ... \cdot a_n}{S_n^{n-k}} \leq \frac{(a_{k+1} + a_{k+2} + ... + a_n) -(n-k)S_n}{S_n}$ . (8)

Легко проверить, что левая часть неравенства (6) равна правой части неравенства (8). Значит, из (6) и (8)

$\ln \frac{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot ... \cdot a_n}{S_n^{n-k}} \leq ln \frac{S_n^k}{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_k}$ . (9)

Поскольку среди чисел $a_1$ , $a_2$ , ..., $a_n$ 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

$\ln \frac{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot ... \cdot a_n}{S_n^{n-k}} < \ln \frac{S_n^k}{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_k}$ , (9`) или $\frac{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot ... \cdot a_n}{S_n^{n-k}} < \frac{S_n^k}{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_k}$ , (9``) откуда вытекает (2).

Если же $a_1=a_2 = ... =a_n$ , то, очевидно,

$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}= \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n}$