Смекни!
smekni.com

Интеграл помогает доказать неравенство Коши

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:

(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

(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)

(5)

или

(6)

Опять-таки из (3) и (4)

(7)

или

(8)

Легко проверить, что левая часть неравенства (6) равна правой части неравенства (8). Значит, из (6) и (8)

(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

ln ak+1 ak+2 ... an(Sn) n–k < ln (Sn)ka1 a2 ... ak ,

или

ak+1 ak+2 ... an(Sn) n–k < (Sn)ka1 a2 ... ak ,

откуда вытекает (2).

Если же a1 = a2 = ... = an, то, очевидно,

a1 + a2 + ... + ann = n a1 a2 ... an .