karesel-aritmetik-geometrik-harmonik ortalmalar

[Lokman Gökçe]

$a,b,c > 0 $ reel sayılar olmak üzere bu üç sayı için

karesel ortalama = $\sqrt{\dfrac{a^2 + b^2 +c^2}{3}}$

aritmetik ortalama = $\dfrac {a+ b + c}{3}$

geometrik ortalama = $\sqrt[3]{a.b.c}$

harmonik ortalama = $\dfrac{3}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}$

olarak tanımlanır.Buna göre

$H.O \leq G.O \leq A.O \leq K.O $ olduğunu ispatlayınız. Eşitlik durumu ancak ve ancak $a = b = c$ iken sağlanır.

[Lokman Gökçe]

ortalama eşitsizliklerinin hepsi bunlar değil. daha genel haldeki ortlama eşitsizliklerinin ispatlarına buradan devam edebiliriz. ben üsttekileri ispatlayayım:

Önce A.O < K.O eşitsizliğine bakalım:
(a + b + c)/3 < [(a² + b² + c²)/3]^1/2
(a + b + c)²/9 < (a² + b² + c²)/3
2(ab + ac + bc) < 2(a² + b² + c²)
(a - b)² + (b - c)² + (c - a)² > 0
bu son eşitsizliğin doğru olduğunu biliyoruz ve eşitlik durumu ancak ve ancak a = b = c iekn sağlanır. O halde ilk eşitsizlik de doğrudur.

Şimdi de G.O < A.O eşitsizliğine bakalım. Bundan önce, her x, y, z reel sayısı için doğru olan:
 x³ + y³ + z³ - 3.x.y.z = (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - yz - zx) özdeşliğini yazalım. Bunun ispatı kolaydır. Sağ taraftaki parantezleri açarak sol tarafa eşit olduğu kolayca görülebilir. Başka bir yol da x³ + y³ + z³ - 3.x.y.z polinomunu bölme algoritması ile  (x + y + z) polinomuna bölmektir. Bölümün (x² + y² + z² - xy - yz - zx) olacağı gösterilip özdeşlik ispatlanır.

(a.b.c)^1/3 < (a + b + c)/3 eşitsizliğinde a = x³, b = y³, c = z³ değişken değiştirmesi yapalım.
x³ + y³ + z³ > 3.x.y.z olduğunu göstermeliyiz. Fakat yukarıdaki yazdığımız özdeşlikte birinci çarpan x + y +z > 0 aşikar ve x² + y² + z² - xy - yz - zx = 1/2.((x - y)² + (y - z)² + (z - x)²) > 0 olur. Böylece görüyoruz ki özdeşliğin sağ tarafı negatif olmamaktadır. O halde sol taraf da negatif olamaz ve x³ + y³ + z³ - 3.x.y.z > 0 bulunur. Eşitlik, ancak ve ancak x = y = z (ve dolayısıyla a= b = c) için sağlanır.

Son olarak H.O < G.O kaldı. 3/(a^-1 + b^-1 + c^-1) < (a.b.c)^1/3 olduğunu göstereceğiz. a = x^-1, b = y^-1, c = z^-1 değişken değiştirmesi yaparsak (x + y + z)/3 > (x.y.z)^1/3 eşitsizliğini elde edeceğimiz görülebilir. Bu ise bildiğimiz A.O > G.O eşitsizliğinden başka birşey değildir. Bitti.

[alpercay]

Bir zamanlar yaptığım bir derleme.

[matematikolimpiyati]

ARİTMETİK ORTALAMA - GEOMETRİK ORTALAMA EŞİTSİZLİĞİ:

$x_1,x_2,...,x_n \geq 0$  reel sayılar olmak üzere $,$

$$\dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2 \cdots x_n}$$

eşitsizliği geçerlidir ve eşitlik hali sadece $x_1=x_2= \cdots =x_n$ için sağlanır.


İspat:

$X_n=\dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_n}{n}$ olsun. Buradan $x_1+x_2+ \cdots +x_n=n.X_n$ diyebiliriz.


$n$ üzerinden tümevarım kullanalım

    $i)$    $n=1$ için ifadenin doğruluğu açıktır ($x_1 \geq x_1$)

    $ii)$   $n=k$ için ifadenin doğru olduğunu kabul edelim yani  $\dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_k}{k} \geq \sqrt[k]{x_1x_2 \cdots x_k} \implies (X_k)^k \geq x_1x_2 \cdots x_k$ olsun.

    $iii)$  $n=k+1$ için $\dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_k+x_{k+1}}{k+1} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2 \cdots x_kx_{k+1}}$ eşitsizliğini ispatlamaya çalışalım


$\max{(x_i)} = x_{k+1}$ olsun. $\implies x_{k+1} \geq X_k$ olur. Şimdi $x_{k+1}=X_k+y$ diyelim.  ($y \geq 0$)


$X_{k+1}=\dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_k+x_{k+1}}{k+1} = \dfrac{k.X_k+x_{k+1}}{k+1} = \dfrac{k.X_k+X_k+y}{k+1} = \dfrac{(k+1)X_k+y}{k+1} = X_k+ \dfrac{y}{k+1}$


Şimdi her iki tarafın $(k+1).$ kuvvetini alalım :


$\left( X_{k+1}\right) ^{k+1} = \left( X_k+ \dfrac{y}{k+1} \right) ^{k+1} = \left( X_k \right) ^{k+1} + \dbinom{k+1}{1} \cdot \left( X_k \right) ^k \cdot \dfrac{y}{k+1} + \cdots + \left( \dfrac{y}{k+1} \right)^{k+1} \geq \left( X_k \right)^{k+1} + y \left( X_k \right)^k = \left( X_k \right)^k(X_k+y) = \left( X_k \right)^k \cdot x_{k+1} \geq x_1x_2 \cdots x_kx_{k+1}$


$\implies \left( X_{k+1} \right) ^{k+1} \geq x_1x_2 \cdots x_kx_{k+1} \implies X_{k+1} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2 \cdots x_kx_{k+1}} \implies \dfrac{x_1+x_2+ \cdots +x_k+x_{k+1}}{k+1} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2 \cdots x_kx_{k+1}} $  elde edilir ki bu da ispatlamak istediğimiz sonuçtu.

Eşitlik durumu için $y=0 \implies x_{k+1}=X_k \implies x_1=x_2= \cdots x_k=x_{k+1}$ olmalıdır.

[Metin Can Aydemir]

Farklı bir tümevarım yöntemini kullanalım (Yanlış hatırlamıyorsam Cauchy tümevarımı gibi bir adı vardı). Bu tümevarımda kullanılan mantık şu şekilde, pozitif sonsuzdaki limiti yine pozitif sonsuz olan, pozitif tamsayılardan oluşan bir $(a_k)_{k=1}^{\infty}$ dizisi alalım. Herhangi bir $k\in \mathbb{Z}^+$ için $P(a_k)$ önermesinin doğru olduğu gösterilir ve daha sonra normalde kullanılan tümevarımın aksine "$P(n+1)$ doğru ise $P(n)$ doğrudur" önermesi ispatlanır. Her $n$ doğal sayısı için $n\leq a_k$ olacak şekilde bir $k\in \mathbb{Z}^+$ olduğundan bu tümevarım yöntemi $P(n)$'in her $n$ için doğru olduğunu ispatlar.

AGO eşitsizliğinin ispatı için öncelikle $a_k=2^k$ dizisini ele alalım. $n=2^1=2$ için $$\dfrac{x_1+x_2}{2}\geq \sqrt{x_1x_2}\iff (x_1-x_2)^2\geq 0$$ olduğundan eşitsizlik ve eşitlik durumu doğrudur. $n=2^{k-1}$ için de önerme doğru olsun (normal tümevarım), $$\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_{2^{k-1}}+x_{2^{k-1}+1}+\cdots+x_{2^{k}}}{2^k}\geq \dfrac{1}{2}\left(\sqrt[2^{k-1}]{x_1x_2\cdots x_{2^{k-1}}}+\sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}\right) \geq \sqrt[2^k]{x_1x_2\cdots x_{2^k}}$$ olur ve eşitlik durumu $x_1=x_2=\cdots=x_{2^k}$'dır. Yani $n=2^k$ için önerme doğrudur. Şimdi $n=k+1$ için önermenin doğru olduğunu kabul edelim ve $n=k$ için ispatlayalım. $x_1,x_2,\dots,x_k$  rastgele pozitif reel sayılar olsunlar. $x_{k+1}=\frac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}$ olarak seçelim. Eşitsizlik $n=k+1$ için doğru olduğundan $$\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}}{k+1}=\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}\geq \sqrt[k+1]{x_1x_2\cdots x_{k+1}}$$ $$\implies \left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}\right)^{k+1}\geq x_1x_2\cdots x_k\cdot \left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}\right)\implies \dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}\geq \sqrt[k]{x_1x_2\cdots x_k}$$ elde edilir. Eşitlik durumu da $x_1=x_2=\cdots=x_k$'dır. Dolayısıyla AGO eşitsizliği her $n\in \mathbb{Z}^+$ için doğrudur.

[matematikolimpiyati]

Cauchy tersine tümevarım metodu "Cours d'analyse" isimli kitabında bulunabilir

Cauchy, Augustin-Louis (1821).Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, première partie, Analyse algébrique 457. sayfa