Номер 4, страница 312, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

4. Классические неравенства о средних и их применения.

Классические неравенства о средних

Для любого набора из $n$ неотрицательных действительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ определяются следующие средние величины:

• Среднее гармоническое (H): вычисляется как $n$, деленное на сумму обратных величин этих чисел.
  $H(a_1, \dots, a_n) = \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}}$

• Среднее геометрическое (G): вычисляется как корень $n$-й степени из произведения этих чисел.
  $G(a_1, \dots, a_n) = \sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n}$

• Среднее арифметическое (A): вычисляется как сумма чисел, деленная на их количество.
  $A(a_1, \dots, a_n) = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}$

• Среднее квадратичное (Q): вычисляется как квадратный корень из среднего арифметического квадратов этих чисел.
  $Q(a_1, \dots, a_n) = \sqrt{\frac{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2}{n}}$

Эти средние величины связаны между собой классическими неравенствами, которые утверждают, что для любого набора неотрицательных чисел $a_1, \dots, a_n$ выполняется следующая цепочка неравенств:

$\frac{n}{\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n}} \le \sqrt[n]{a_1 \dots a_n} \le \frac{a_1 + \dots + a_n}{n} \le \sqrt{\frac{a_1^2 + \dots + a_n^2}{n}}$

Или, в краткой форме:

$H \le G \le A \le Q$

Равенство во всех неравенствах достигается тогда и только тогда, когда все числа $a_1, a_2, \dots, a_n$ равны между собой.

Доказательство неравенства Коши (между средним арифметическим и средним геометрическим, $A \ge G$)

Наиболее известной частью этой цепочки является неравенство Коши. Мы докажем его методом математической индукции (прямой и обратной), предложенным самим Коши.

1. База индукции: $n=2$. Нужно доказать, что $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$.
Это неравенство эквивалентно $a_1+a_2 \ge 2\sqrt{a_1 a_2}$, что в свою очередь равносильно $a_1 - 2\sqrt{a_1 a_2} + a_2 \ge 0$, или $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$. Последнее неравенство очевидно верно для любых неотрицательных $a_1, a_2$. Равенство достигается при $a_1=a_2$.

2. Индукционный переход (прямой): докажем, что если неравенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=2k$.
Пусть даны числа $a_1, \dots, a_{2k}$. Разобьем их на две группы и применим предположение индукции и базу индукции:
$\frac{a_1 + \dots + a_{2k}}{2k} = \frac{1}{2} \left( \frac{a_1 + \dots + a_k}{k} + \frac{a_{k+1} + \dots + a_{2k}}{k} \right) \ge \frac{1}{2} (\sqrt[k]{a_1 \dots a_k} + \sqrt[k]{a_{k+1} \dots a_{2k}})$
Теперь применим базу индукции для двух чисел $X = \sqrt[k]{a_1 \dots a_k}$ и $Y = \sqrt[k]{a_{k+1} \dots a_{2k}}$:
$\frac{X+Y}{2} \ge \sqrt{XY} = \sqrt{\sqrt[k]{a_1 \dots a_k} \cdot \sqrt[k]{a_{k+1} \dots a_{2k}}} = \sqrt[2k]{a_1 \dots a_{2k}}$
Таким образом, мы доказали, что $A \ge G$ для всех $n$, являющихся степенями двойки ($2, 4, 8, \dots$).

3. Индукционный переход (обратный): докажем, что если неравенство верно для $n$, то оно верно и для $n-1$.
Пусть даны числа $a_1, \dots, a_{n-1}$. Обозначим их среднее арифметическое как $A_{n-1} = \frac{a_1 + \dots + a_{n-1}}{n-1}$. Возьмем эти $n-1$ чисел и добавим к ним число $a_n = A_{n-1}$. Теперь у нас есть $n$ чисел. Применим к ним неравенство $A \ge G$, которое по предположению верно для $n$ чисел:
$\frac{a_1 + \dots + a_{n-1} + A_{n-1}}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 \dots a_{n-1} \cdot A_{n-1}}$
Преобразуем левую часть: $\frac{(n-1)A_{n-1} + A_{n-1}}{n} = \frac{nA_{n-1}}{n} = A_{n-1}$.
Получаем: $A_{n-1} \ge \sqrt[n]{(a_1 \dots a_{n-1}) \cdot A_{n-1}}$.
Возведем обе части в степень $n$: $A_{n-1}^n \ge (a_1 \dots a_{n-1}) \cdot A_{n-1}$.
Разделим на $A_{n-1}$ (если $A_{n-1} > 0$): $A_{n-1}^{n-1} \ge a_1 \dots a_{n-1}$.
Извлечем корень степени $n-1$: $A_{n-1} \ge \sqrt[n-1]{a_1 \dots a_{n-1}}$.
Если $A_{n-1} = 0$, то все $a_i=0$ и неравенство тривиально. Таким образом, неравенство доказано для $n-1$.
Сочетание прямого и обратного шагов доказывает неравенство для всех натуральных $n$.

Неравенство $G \ge H$ доказывается применением $A \ge G$ к числам $\frac{1}{a_1}, \dots, \frac{1}{a_n}$.
Неравенство $Q \ge A$ является следствием неравенства Коши-Буняковского.

Ответ: Для любого набора неотрицательных чисел $a_1, \dots, a_n$ их среднее гармоническое (H), геометрическое (G), арифметическое (A) и квадратичное (Q) связаны соотношением $H \le G \le A \le Q$, причем равенство достигается только в том случае, когда все числа равны.

Их применения

Неравенства о средних являются мощным инструментом для решения широкого круга задач, в основном связанных с нахождением наименьших и наибольших значений (оптимизацией) и доказательством других, более сложных неравенств.

Пример 1: Геометрическая задача
Найти прямоугольник наибольшей площади при заданном периметре $P$.
Решение: Пусть стороны прямоугольника равны $x$ и $y$. Тогда периметр $P = 2(x+y)$, а площадь $S = xy$. Нам нужно максимизировать $S$ при постоянном $P$.
Из формулы периметра имеем $x+y = P/2$.
Применим неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для двух положительных чисел $x$ и $y$:
$\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$
Подставим известные величины: $\frac{P/2}{2} \ge \sqrt{S}$, то есть $\frac{P}{4} \ge \sqrt{S}$.
Возведя в квадрат, получим $S \le \frac{P^2}{16}$.
Максимальное значение площади $S_{max} = P^2/16$ достигается, когда в неравенстве о средних имеет место равенство, то есть когда $x=y$. Это означает, что из всех прямоугольников с заданным периметром наибольшую площадь имеет квадрат.
Ответ: Прямоугольник наибольшей площади при заданном периметре является квадратом.

Пример 2: Нахождение минимального значения функции
Найти наименьшее значение функции $f(x) = x + \frac{9}{x}$ при $x>0$.
Решение: Рассмотрим два положительных числа: $a_1=x$ и $a_2=\frac{9}{x}$.
По неравенству Коши ($A \ge G$):
$\frac{x + \frac{9}{x}}{2} \ge \sqrt{x \cdot \frac{9}{x}}$
$\frac{x + \frac{9}{x}}{2} \ge \sqrt{9}$
$\frac{f(x)}{2} \ge 3$
$f(x) \ge 6$
Таким образом, наименьшее значение функции равно 6. Оно достигается при условии равенства, то есть когда $x = \frac{9}{x}$, откуда $x^2=9$. Так как $x>0$, получаем $x=3$.
Ответ: Наименьшее значение функции равно 6.

Пример 3: Доказательство неравенств
Доказать, что для любых положительных чисел $a, b, c$ выполняется неравенство $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$.
Решение: Применим неравенство $A \ge G$ для каждой из трех пар чисел:
1. Для $a$ и $b$: $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ $\implies$ $a+b \ge 2\sqrt{ab}$
2. Для $b$ и $c$: $\frac{b+c}{2} \ge \sqrt{bc}$ $\implies$ $b+c \ge 2\sqrt{bc}$
3. Для $c$ и $a$: $\frac{c+a}{2} \ge \sqrt{ca}$ $\implies$ $c+a \ge 2\sqrt{ca}$
Поскольку все части этих неравенств положительны, мы можем их перемножить:
$(a+b)(b+c)(c+a) \ge (2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})(2\sqrt{ca})$
$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8 \sqrt{a^2 b^2 c^2}$
$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$
Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $a=b$, $b=c$ и $c=a$, то есть при $a=b=c$.
Ответ: Неравенство $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$ доказано с помощью трехкратного применения неравенства Коши.

Ответ: Неравенства о средних применяются для нахождения экстремальных значений (максимумов и минимумов) в алгебраических и геометрических задачах, а также для доказательства других, более сложных математических неравенств.