Bewijzen voor de AM-GM-ongelijkheid

Transcriptie

1 Bewijze voor de AM-GM-ogelijkheid Prime Ee beroemde olympiadeogelijkheid is de ogelijkheid tusse het rekekudig gemiddelde (AM, arithmetic mea) e het meetkudig gemiddelde (GM, geometric mea). Voor ee gegeve aatal getalle (zegge ) defiieert me het rekekudig gemiddelde als de som va deze getalle, gedeeld door. Het mider bekede meetkudig gemiddelde is de de -machtswortel uit het product va deze getalle. AM(x 1, x,..., x ) = 1 k x i e GM(x 1, x,..., x ) = k De ogelijkheid die we wille bewijze, stelt dat voor eeder welke collectie getallle x i steeds geldt dat AM GM; bovedie treedt gelijkheid op als e slechts als alle x i s gelijk zij. Ihoudsopgave 1 Voor twee getalle 1.1 Herleide aar ee kwadraat Stellig va Pythagoras Meetkudig Isoperimetrisch probleem Hyperbole Voor getalle 5.1 Expoetieel Iductie e fuctieoderzoek Ogelijkheid va Jese Extremumstellig va Weierstrass Achterwaartse iductie Rechtstreekse iductie Reeksotwikkelige Orde-ogelijkheid Itegrale Terme swappe Lagragemultiplicator Eigewaarde Thermodyamica x i Tezij aders vermeld, staat i deze tekst getalle voor positieve reële getalle. We zulle ook vaak de argumete va AM e GM, die strikt geome fucties zij, achterwege late voor de bekoptheid, als duidelijk is va welke getalle deze gemiddelde beschouwd worde. 1

2 1 Voor twee getalle 1.1 Herleide aar ee kwadraat Herschrijf AM(x, y) GM(x, y) aar ee kwadraat: AM(x, y) GM(x, y) = x + y Omdat ee reëel kwadraat steeds positief is, blijkt x + y xy = 1 xy. ( x y ) 0 Gelijkheid treedt op als e slechts als ( x y ) = 0, d.w.z. als e slechts als x = y. 1. Stellig va Pythagoras De stellig va Pythagoras garadeert dat voor positieve x e y, met x y, de volgede waarde de zijdelegtes va ee rechthoekige driehoek vorme: x + y y x xy Uit de driehoeksogelijkheid volgt dat de legte va de hypoteusa (hier AM) groter is da de legtes va de rechthoekszijde (waarva GM er ee va is). Gelijkheid treedt pas op bij ee gedegeereerde driehoek, als de overige zijde legte 0 heeft, waarbij dus x = y. Alteratieve voorstellig: x + y xy y x y x 1.3 Meetkudig Veroderstel zoder verlies va algemeeheid dat x y.

3 D C y x E G y x F A B ABCD is ee vierkat met zijdelegte y, e ABFE ee rechthoek met zijde x e y. Da is duidelijk: xy = opp(abfe) = opp(age) + opp(abfg) opp(age) + opp(abc) = x + y Omdat keelijk xy 1 (x + y ), is ook xy 1 (x + y) (vervag x e y door hu vierkatswortels). Alweer treedt gelijkheid op als e slechts als y x = 0, d.w.z. als e slechts als x = y. 1.4 Isoperimetrisch probleem We begie met ee algemeer geometrisch lemma: we zulle bewijze dat va alle rechthoeke met ee vaste omtrek, het vierkat diegee is met de maximale oppervlakte. Beschouw dus ee rechthoek e ee vierkat met dezelfde omtrek, e leg deze als volgt over elkaar: Omdat de boveste grijze rechthoek (het deel va het vierkat dat uitsteekt) eve groot is als de grijze rechthoek rechts e het gestippelde vierkat same, is duidelijk dat de oppervlakte va het vierkat groter is da dat va de rechthoek (amelijk de oppervlakte va het gestippelde vierkat). De rechthoek met de grootste oppervlakte voor ee gegeve omtrek is dus iderdaad ee vierkat. Beschouw u ee rechthoek met zijde va legte x e y. Dies omtrek is (x + y), oppervlakte xy. Het vierkat met dezelfde omtrek heeft dus zijdelegte 1 (x + y), e oppervlakte 1 4 (x + y). Uit de observatie i de vorige paragraaf besluite we: (x + y) 4 Gelijkheid als e slechts als de iitiële rechthoek i feite al ee vierkat was, dus als e slechts als x = y. AM-GM volgt u gemakkelijk. Opmerkig: ee veralgemeig aar dimesies geeft ee bewijsstrategie voor de algemee AM-GMogelijkheid. De -dimesioale hyperkubus heeft amelijk het kleiste volume va alle hyperbalke met dezelfde totale ribbelegte. xy 3

4 1.5 Hyperbole We beschouwe de familie hyperbole met vergelijkig xy = c (parameter c). Als ee rechte x+y = m zo hyperbool sijdt, gebeurt dat i ofwel twee pute ofwel i éé raakput. Veroderstel dat de rechte x+y = m raakt aa de hyperbool xy = c. Door symmetrie rod de rechte x = y is het raakput makkelijk te bepale: (m, m). I dit geval dus blijkt dat c = m, e hebbe we: ( x + y xy = Elk adere put op de rechte met positieve coördiate ligt op precies éé va de hyperbole xy = c, waarbij da c < m. Dit beteket i dat geval: ( x + y xy < AM-GM is dus beweze voor alle pute op de rechte x + y = m i het eerste kwadrat. Omdat m willekeurig was, geldt AM-GM voor alle positieve x e y (met gelijkheid precies als x = y). ) ) 4

5 Voor getalle.1 Expoetieel Defiieer f(x) = exp(x 1) x. Dies eerste afgeleide is f (x) = exp(x 1) 1, e de tweede afgeleide f (x) = exp(x 1). Omdat f(1) = 0, f (1) = 0 e f (x) > 0 voor alle x-waarde, is f ee strikt covexe fuctie met absoluut miimum op x = 1. Dus x exp(x 1) voor alle reële x-waarde, met gelijkheid allee voor x = 1. Beschouw u ee lijst va iet-egatieve getalle x 1,..., x. Idie alle idetiek ul zij, gaat AM-GM op (met gelijkheid). I het adere geval is het rekekudig gemiddelde α strikt groter da ul, e kue we bovestaade ogelijkheid ee aatal maal toepasse: x 1 α x α... x ( α exp x1 exp ( x1 + x x = exp α α 1 ) = exp( ) = 1 ( x ) α 1... exp ) ( x α 1 ) Zo te zie is x 1 x... x α 1, ofwel GM = x 1 x... x α = AM.. Iductie e fuctieoderzoek Veroderstel dat AM-GM geldt voor 1 getalle, e beschouw ee -tal (a 1,..., a ). We moge veroderstelle dat alle a i > 0 (aders is de stellig triviaal). We defiiëre de volgede fuctie: f(x) = AM(a 1,..., a 1, x) GM(a 1,..., a 1, x) = a a 1 + x We moete da bewijze dat f(x) 0 voor alle strikt positieve x. We berekee de afgeleide va f: f (x) = 1 1 (a 1... a 1 ) 1 x 1 Om de extrema va f te zoeke, bepale we waeer de afgeleide ul is: f (x 0 ) = 0 (a 1... a 1 ) 1 x0 1 = 1 x 0 = (a 1... a 1 ) 1 1 = GM(a1,..., a 1 ) (a 1... a 1 x) 1 Omdat f (x) > 0 als x > 0, bereikt f ee (globaal) miimum i x 0. De waarde va dit miimum is f(x 0 ) = a a 1 + (a 1... a 1 ) 1 1 = a a 1 (a 1... a 1 ) 1 (a1... a 1 ) + 1 (a 1... a 1 ) 1 1 (a1... a 1 ) 1 1 = a a 1 1 (a 1... a 1 ) 1 1 = 1 ( ) a a 1 (a 1... a 1 ) ( 1) 5

6 weges de iductiehypothese. We moete u ekel og agaa waeer gelijkheid optreedt. Opieuw weges de iductiehypothese zal f(x 0 ) = 0 als e slechts als a 1 =... = a 1, e i dat geval is ook x 0 = a 1 =.... We krijge dus iderdaad gelijkheid precies als alle a i gelijk zij..3 Ogelijkheid va Jese Voor ee covexe fuctie ϕ, waarde x i i haar domei e gewichte a i, stelt Jeses ogelijkheid: ( ) ai x i ai ϕ(x ϕ i ) ai ai Omgekeerd, voor ee cocave fuctie ϕ geldt de omgekeerde ogelijkheid: ( ) ai x i ai ϕ(x ϕ i ) ai ai De ogelijkheid va Jese wordt besproke i de cursus Wiskudige Statistiek i de tweede bachelor over algemee maatruimte (hierbove staat het discrete geval). De logaritme is ee cocave fuctie, dus same met de keuze a i = 1 krijge we: ( ) xi l(xi ) l Vervolges late we op beide lede de expoetiële iwerke, die stijged is e de ogelijkheid bewaart. ( ( )) ( ) xi l(xi ) exp l exp Na wat uitwerke volgt: AM = xi exp( l x i ) = exp(l xi ) = xi = GM.4 Extremumstellig va Weierstrass Kies M willekeurig e defiieer V als de verzamelig va alle -talle (x 1,..., x ) met de eigeschap dat AM(x 1,..., x ) = M. We moete bewijze dat voor elk -tal i V geldt dat GM(x 1,..., x ) M, met gelijkheid als e slechts als alle x i gelijk. V is ee compacte verzamelig (wat geslote e begresd) e GM(x 1,..., x ) is ee cotiue fuctie. Uit de extremumstellig va Weierstrass volgt da dat GM(x 1,..., x ) op V ee maximum bereikt. Beschouw u ees ee iet-costat -tal (a 1, a,..., a ) i V, e veroderstel zoder verlies va algemeeheid dat a 1 a. Da zit ( a 1+a, a 1+a,..., a ) ook i V. Uit AM-GM voor twee getalle volgt u dat a 1 a < ( a 1+a ), waaruit GM(a 1, a,..., a ) < GM( a 1+a, a 1+a,..., a ). Dus GM(x 1,..., x ) bereikt haar maximum iet i (a 1, a,..., a ). Da blijft er og maar éé -tal i V over waari GM(x 1,..., x ) haar maximum ka bereike, amelijk het costate -tal (M, M,..., M). Duidelijk is GM(M,..., M) = M, e hiermee is het gestelde beweze. 6

7 .5 Achterwaartse iductie Dit bewijs maakt gebruik va het voorwaarts-achterwaartse iductiepricipe va Cauchy, ee variat op het gekede iductiepricipe. Ee gewoo bewijs door iductie gaat als volgt: 1. Bewijs P (1).. Bewijs dat P () P ( + 1). 3. Cocludeer P () voor alle N. Ee bewijs door voorwaarts-achterwaartse iductie daaretege gaat als volgt: 1. Bewijs P (1).. Bewijs dat P () P (). 3. Bewijs dat P () P ( 1). 4. Cocludeer P () voor alle N. Iderdaad, uit stap volgt dat de bewerig geldt voor 1,, 4,..., k,... e dus voor willekeurig grote getalle. Uit stap 3 volgt da dat als de bewerig waar is voor ee zekere k, hij da ook waar is voor alle k. We bewijze u AM-GM met iductie op, het aatal getalle. 1. Voor = 1 is de bewerig triviaal.. Veroderstel dat AM-GM geldt voor alle -talle. Beschouw da ee -tal (a 1,..., a ). Da is GM(a 1,..., a ) = GM(a 1,..., a )GM(a +1,..., a ) AM(a 1,..., a )AM(a +1,..., a ) 1 AM(a 1,..., a ) + 1 AM(a +1,..., a ) = AM(a 1,..., a ), waarbij we achtereevolges de iductiehypothese e het geval = hebbe toegepast. 3. Veroderstel dat AM-GM geldt voor alle -talle. Beschouw da ee ( 1)-tal (a 1,..., a 1 ). Noteer A = AM(a 1,..., a 1 ). We passe de iductiehypothese toe op het -tal (a 1,..., a 1, A) e verkrijge dat 1 (a a 1 +A) a 1... a 1 A. Merk op dat we het likerlid kue vereevoudige tot 1 (( 1) A + A) = A. We vide dus dat A a 1... a 1 A, oftewel: AM(a 1,..., a 1 ) = A 1 a 1... a 1 = GM(a 1,..., a 1 ) 4. We moge u cocludere dat AM-GM geldt voor alle N..6 Rechtstreekse iductie We bewijze eerst ee sterkere vorm va de AM-GM-ogelijkheid voor het geval =, voor 0 < a b. a x b (x a)(x b) 0 a + b x + ab x De middeste vergelijkig geeft aa dat gelijkheid opgaat als e slechts als x = a of x = b. Omdat a ab b voor alle positieve a e b, geeft de keuze x = ab dat a + b ab, wat AM-GM voor twee getalle bewijst. 7

8 Het algemee geval gaa we met iductie aatoe. Als x 1 = x =... = x, is het te bewijze duidelijk voldaa. Veroderstel dus het tegedeel e herschik de x i s desoods zodat x 1 e x respectievelijk de kleiste e grootste va de x i s worde. Noteer het meetkudig gemiddelde va de x i s als g, zodat x 1 x... x = g. Er volgt dat x 1 < g < x (strikte ogelijkhede!). Uit de vorige paragraaf hale we dat x 1 + x > g + 1 g (x 1 x ), dus: x 1 + x + x x > g + x 1 x g + x x We passe u de iductiehypothese toe op de 1 laatste terme i het rechterlid. Bemerk dat het product 1 g (x 1 x )x 3... x et gelijk is aa g 1, zodat het meetkudig gemiddelde va deze terme precies gelijk is aa g. De som va de terme is gelijk aa ( 1) maal hu rekekudig gemiddelde, dat volges de iductiehypothese mistes g is. We kue besluite dat de som va de terme groter is da ( 1)g. Dus: x 1 + x + x x > g + ( 1)g = g We vide het te bewijze resultaat. We hebbe eveees aagetood dat tezij alle x i s gelijk zij, de strikte gelijkheid geldt; gelijkheid treedt dus ekel op als alle x i s gelijk zij..7 Reeksotwikkelige We voere eerst ee ieuwe otatie i. Als alle coëfficiëte i de reeksotwikkelig va ee fuctie f groter of gelijk zij aa de correspoderede coëfficiëte i de otwikkelig va ee fuctie g, zulle we dit als volgt otere: f g Beschouw de reeksotwikkelige va exp(xy) e 1 k! (xy)k i machte va y. De eerste heeft algemee term 1 m! (xy)m, de tweede bevat slechts éé iet-triviale term (de fuctie zelf). Er geldt dus duidelijk (als fucties va y, met positieve parameter x): exp(xy) (xy)k k! Door producte va deze fucties te eme met verschillede x-waarde, volgt da gauw: exp ( y ) ( ) k y k x i x i (k!) Beschouwe we u i het bijzoder de coëfficiët bij y k, da krijge we dus: ( ) k ( 1 (k)! x i 1 ) k (k!) x i I de uitdrukkige tusse haakjes herkee we het rekekudig e meetkudig gemiddelde al: ( AM) k (k)! (GM ) k (k!) Herschrijve geeft: AM GM (k)! k (k!) k = 1 k (k)! (k!) 8

9 Het rechterlid blijkt ee stijgede fuctie va k met waarde tusse 0 e 1. Om het scherpste resultaat te verkrijge, beschouwe we de limietovergag k : AM GM 1 lim k (k)! k (k!) De formule va Stirlig (m! πm e m m m ) maakt de berekeig va de limiet eevoudiger. πk 1 lim k (k)! k (k!) = 1 lim k e k (k) k ( k ( k = lim πk e k k k ) k πk = exp 1 ) lim k k l H = 1 πk I de laatste stap werd de regel va de l Hôpital toegepast. We hebbe dus gevode: AM GM 1.8 Orde-ogelijkheid De orde-ogelijkheid stelt dat de som a i b i gemaximaliseerd wordt als de rije {a i } e {b i } beide afloped of beide oploped gesorteerd zij, e gemiimaliseerd als ze tegegesteld gesorteerd zij, e deze extrema zij gelijk als e slechts als alle terme gelijk zij. Om AM-GM te bewijze vauit deze ogelijkheid, defiiëre we de volgede waarde: g = x 1 x... x a k = 1 g k k x i b k = 1 a k Omdat de rije {a k } e {b k } duidelijk tegegesteld gesorteerd zij, impliceert de orde-ogelijkheid: a k b k a 1 b + a b 1 + a 3 b a b 1 k=1 Me reket eevoudig a dat de term a 1 b gelijk is aa x 1 g, e ook elke adere term a k b k 1 aa x k Uit de defiitie va b k volgt ook dat a k b k steeds gelijk is aa éé, zodat het likerlid i feite ee som va eetjes is. Dus: x 1 g + x g + x 3 g x g E dit valt direct te herschrijve tot het gevraagde. g. GM = x 1 x... x x 1 + x x = AM 9

10 .9 Itegrale Beschouw ee -tupel x, i iet-dalede volgorde gesorteerd. We zulle de volgede som va itegrale uitrekee; merk alvast op dat elke itegraal i deze som positief is, zowel als x i GM als x i GM: x i GM ( 1 GM 1 ) dt t Uit wat elemetaire calculus volgt dat deze som gelijk is aa: ( ) t x i GM l t GM Greze ivulle: De som uitrekee levert op: ( xi ) GM l x i 1 + l GM x 1 + x x GM We zie het rekekudig gemiddelde al opduike. l(x 1 x... x ) + l(gm ) AM GM l(gm ) + l(gm ) De som va itegrale, die positief was, blijkt dus iets meer da de volgede uitdrukkig: ( ) AM GM 1 Omdat positief is, moet de tweede factor dat ook zij, e dat is et de AM-GM-ogelijkheid. We zie dat gelijkheid ekel optreedt als de waarde va alle itegrale i het begi gelijk ware aa ul, dus als x i = GM voor alle idices i, dus precies als alle compoete va x gelijk zij..10 Terme swappe Eerst toe we ee lemma aa. Als ā e b iet-dalede -tupels zij met a i b i voor alle idices i, da wordt de uitdrukkig ( a i ) ( b i ) iet kleier bij het verwissele va twee correspoderede terme a k e b k. Meer specifiek eemt de waarde toe, tezij a k = b k, of a i = b i voor alle idices i k. Dit volgt uit de volgede uitdrukkig (die weliswaar wat prutswerk vereist om aa te toe): ( ) ( ) a i + b k b i + a k = a i b i + (b k a k ) (b i a i ) i k i k Iderdaad, de tweede term i het rechterlid blijkt positief, e is ekel gelijk aa ul bij de beschreve situaties. Hiermee toe we AM-GM aa voor ee stijged -tupel va getalle x i, te begie met: GM(x 1,... x ) = ( x x }{{} 1 ) ( x x ) ( x }{{} x ) }{{} terme terme terme i k 10

11 Uit het lemma hale we da, door terme te swappe: GM (x 1 + x x ) (x 1 + x x ) (x 1 + x x ) Door dit voldoede te herhale bekome we het volgede resultaat. GM (x 1 + x x ) = ( AM) De gevraagde ogelijkheid is duidelijk..11 Lagragemultiplicator Voor ee lijst va positieve getalle (x 1,..., x ) defiiëre we de fucties f(x 1,..., x ) = x 1... x e g(x 1,..., x ) = x x. Veroderstel g costat (g = c); da wille we de maximale waarde va f bepale oder deze voorwaarde dat g c = 0, e dit doe we via ee techiek va Lagrage. Beschouw: F (x 1,..., x, λ) = f(x 1,..., x ) + λ ( g(x 1,..., x ) c ) = x 1,..., x + λ ( x x c ) λ is ee parameter die de Lagragemultiplicator geoemd wordt. De methode va Lagrage stelt dat ee extremum optreedt waeer de partiële afgeleide va F (aar elke variabele) gelijk zij aa ul. Dus we wille volgede differetiaalvergelijkige simultaa oplosse: Nu geldt: F x i = 0, F λ = 0 F x i = 1 x i x 1... x + λ Al deze partiële afgeleide moete gelijk zij aa ul (voor alle idices i), waaruit x 1... x = λx i. I het bijzoder zie we dat bij ee extremum, alle x i s gelijk zij aa elkaar. Ook geldt: F λ = x x c De coditie dat deze partiële afgeleide ul is, geeft os cocreet dat x i = c. Er bestaat dus éé extremum, waari f da de waarde f( c,..., c ) = ( c ) = c aaeemt, ofwel precies het rekekudig gemiddelde va de x i s. Omdat de fuctie f gee miimum bereikt (wat ka igezie worde door x i voldoede klei te kieze), is dit extremum ee maximum, zodat: GM = f(x 1,..., x ) x x = AM Gelijkheid treedt slechts op i het maximum zelf, waar alle x i gelijk zij..1 Eigewaarde We gebruike het volgede resultaat va Schur. Als λ i (met 1 i ) de eigewaarde zij va de complexe matrix A = (a ij ) 1 i,j, da gaat de volgede ogelijkheid op, met gelijkheid als e slechts als A A = A A : λ i a ij 11 i,j=1

12 Pas deze stellig toe op de volgede matrix A: 0 a a 0 A = a 1 a Er geldt dat alle eigewaarde va deze matrix gelijk zij aa het meetkudig gemiddelde va de a i s, zodat GM(a 1,..., a ) = GM(a 1,..., a ) a i. Vervag de a i s door hu vierkatswortel e de gevraagde ogelijkheid volgt..13 Thermodyamica Dit iteressate argumet steut op de wette va de thermodyamica, waardoor dies mathematische bewijskracht begrijpelijkerwijs wat aa kritiek oderhevig is. We wille AM-GM aatoe voor ee lijst va getalle x i. Beschouw idetieke warmtereservoirs met dezelfde warmtecapaciteit c, die de waarde va x i als temperature hebbe. Breg deze reservoirs met elkaar i cotact, zodat de situatie aar ee evewichtstemperatuur A evolueert. De eerste wet va de thermodyamica (behoud va eergie) impliceert dat A precies het rekekudig gemiddelde va de iitiële temperature is, AM(x 1,... x ). De tweede wet va de thermodyamica stelt dat de etropie va het systeem almaar toeeemt tot de evewichtstoestad, waar het maximum wordt bereikt. De bijhorede formule is voor ee veraderig i etropie is: ( ) T S = c l T 0 Hieri stelle c de warmtecapaciteit, T 0 de iitiële temperatuur e T de eidtemperatuur voor. Cocreet, i deze situatie is T i voor elk reservoir gelijk aa A e T 0,i gelijk aa x i. De totale etropie is iet afgeome, dus: ( ) A c l 0 Door de som va logaritmes te schrijve als ee logaritme va ee product, zie we ook het meetkudig gemiddelde opduike, zodat geldt (herier je dat A = AM(x 1,... x )): x i Het te bewijze is duidelijk. AM GM 1 1