Интеграл помогает доказать неравенство Коши - доклад
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