Άθροισμα θετικών

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα σύνολο από 2011 αριθμούς με την εξής ιδιότητα:

το άθροισμα οποιωνδήποτε 1005 από αυτούς τους αριθμούς είναι μικρότερο από το άθροισμα των υπόλοιπων 1006.

Να δειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί είναι θετικοί.

Μη-γραμμικό σύστημα

Ποιες είναι οι λύσεις του συστήματος

$\frac{4x^2}{1+4x^2}=y$

$\frac{4y^2}{1+4y^2}=z$

$\frac{4z^2}{1+4z^2}=x$

Η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

Εισαγωγή

Oι έννοιες του αριθμητικού και γεωμετρικού μέσου είναι γνωστές: Για δύο αριθμούς $a, b$ ο αριθμητικός μέσος (αυτό που λέμε μέσος όρος) είναι ο $\frac{a+b}{2}$. Αν επιπλέον οι $a,b\textgreater 0$, τότε ο γεωμετρικός μέσος είναι ο $\sqrt{ab}$. Για τους δύο αυτούς αριθμούς ισχύει η ανισότητα

ή

(1)

Η παραπάνω ανισότητα είναι εύκολο να αποδειχθεί χάρη στην ταυτότητα

$(\frac{a+b}{2})^2 = (\frac{a-b}{2})^2 + ab$,

δηλαδή η ποσότητα $ab$ για να γίνει ίση με την $(\frac{a+b}{2})^2$ πρέπει να αυξηθεί κατά τη μη-αρνητική ποσότητα $(\frac{a-b}{2})^2$, άρα η $ab$ είναι μικρότερη από ή το πολύ ίση με την $(\frac{a+b}{2})^2$.

Το πρόβλημα

Αυτό που θα εξετάσουμε στη συνέχεια είναι αν η ανισότητα αυτή ισχύει και για τον αριθμητικό και γεωμετρικό μέσο όχι 2 αλλά $n$ αριθμών. Δηλαδή αν ισχύει

$a_1a_2\cdots a_n\leq\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right)^n$

(2)

Υπάρχουν πολλές αποδείξεις για την (2). Η παρακάτω πολύ όμορφη απόδειξη απόδειξη οφείλεται στον ίδιο τον Cauchy (περιέχεται στο βιβλίο του Cours d' Analyse).

Απόδειξη για n = 2^m

Αρχικά παρατηρούμε ότι για τους αριθμούς $a_1,a_2$ και $a_3,a_4$ ξεχωριστά έχουμε

$a_1a_2\leq\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2$ και $a_3a_4\leq\left(\frac{a_3+a_4}{2}\right)^2$

(3)

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις παραπάνω εξισώσεις έχουμε

$a_1a_2a_3a_4\leq\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2\left(\frac{a_3+a_4}{2}\right)^2$

(4)

H (1) ισχύει για οποιουσδήποτε δύο αριθμούς $a, b$ άρα για $a=\frac{a_1+a_2}{2}$ και $b=\frac{a_3+a_4}{2}$ παίρνουμε

$\frac{a_1+a_2}{2}\frac{a_3+a_4}{2}\leq\left(\frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_4}{2}}{2}\right)^2=\left(\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\right)^2$

Αν υψώσουμε την τελευταία στο τετράγωνο και την αντικαταστήσουμε στην (4) παίρνουμε

$a_1a_2a_3a_4\leq\left(\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\right)^4$

(5)

δηλαδή η ανισότητα ισχύει για n = 4.

Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία μπορούμε να δείξουμε ότι η ανισότητα ισχύει για n = 8. Επαγωγικά μπορούμε να αποδείξουμε ότι η γενικευμένη ανισότητα (2) ισχύει για n = 2^m (δεν το κάνω διότι είμαι τεμπέλης).

Απόδειξη για κάθε n

Τώρα είναι εύκολο να το δείξουμε και για όλους τους άλλους αριθμούς. Ας πούμε ότι έχουμε τους $a_1,a_2,\ldots,a_n$. Βρίσκουμε ένα m τέτοιο, ώστε 2^m ≥ n (π.χ. αν n = 20, τότε επιλέγουμε m = 5, αφού 2⁵ ≥ 20). Θέτουμε

$b_1=a_1,b_2=a_2,\ldots,b_n=a_n,b_{n+1}=b_{n+2}=\cdots=b_{2^m}=A$

όπου $A$ είναι ο αριθμητικός μέσος των $a_i$.

Έχουμε

$b_1b_2\cdots b_{2^m}\leq\left(\frac{b_1+b_2+\cdots+b_{2^m}}{2^m}\right)^{2^m}$

Αν αντικαταστήσουμε τα $b_i$ παίρνουμε

$a_1a_2\cdots a_n\underbrace{AA\cdots A}_{2^m-n}\leq\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n + A + A +\cdots+A}{2^m}\right)^{2^m}$

ή

$a_1a_2\cdots a_nA^{2^m-n}\leq\left(\frac{1}{2^m}(a_1+a_2+\cdots+a_n) + \frac{2^m-n}{2^m}A\right)^{2^m}$

Όμως $a_1+a_2+\cdots+a_n = nA$ άρα

$a_1a_2\cdots a_nA^{2^m-n}\leq\left(\frac{n}{2^m}A + \frac{2^m-n}{2^m}A\right)^{2^m}=A^{2^m}$

και τελικά μετά τις πράξεις

$a_1a_2\cdots a_n\leq A^n$.

Σχόλια

Θεωρώ ότι αυτή η απόδειξη έχει πολλά ενδιαφέροντα σημεία.

• Αρχικά χρησιμοποιεί την ανισότητα (1) με λίγο-πολύ αναμενόμενο τρόπο για να αποδείξει τις εξ. (3).
• Μετά ξαναχρησιμοποιεί την (1) με πολύ λιγότερο αναμενόμενο τρόπο για να περάσει από την (4) στην (5), δηλαδή να δείξει την ισχύ της ανισότητας για n = 4
• Αποδεικνύει την ισχύ της ανισότητας εφαρμόζοντας μία ασυνήθιστη μορφή επαγωγής η οποία αντί να γίνεται στο n γίνεται στο 2ⁿ.
• Το πιο μαγικό όμως είναι το τέλος. Αποδεικνύει τη γενική περίπτωση (για κάθε n) από την ειδική (για n = 2^m). Και όχι μόνο αυτό αλλά για να αποδείξει τη γενική περίπτωση παίρνει μία ειδική περίπτωση της ειδικής περίπτωσης $b_{n+1}=b_{n+2}=\cdots=b_{2^m}=A$!  

Πηγή: The Enjoyment of Mathematics: Selections from Mathematics for the Amateur των O. Toeplitz & H. Rademacher