Visualizza wikitesto di Disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica

In matematica, la '''disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica''', o più brevemente la '''disuguaglianza MA-MG''', afferma che la [[media aritmetica]] di una lista di [[numero reale|numeri reali]] è maggiore della [[media geometrica]] della stessa lista; e inoltre, che le due medie sono uguali [[se e solo se]] ogni numero nella lista è lo stesso.

Il caso non banale più semplice, per due numeri reali non negativi <math>x</math> e <math>y</math>, è la disuguaglianza:
:<math>\frac{x+y}2 \ge \sqrt{xy}</math>
con l'uguaglianza se e solo se <math>x=y</math>. 
Questo caso può essere visto dal fatto che il quadrato di un numero reale è sempre non negativo (maggiore o uguale a zero) e dal caso elementare <math>(a\pm b)^2 = a^2 \pm 2ab + b^2</math> della [[teorema binomiale|formula binomiale]]:
:<math>\begin{align}
0 & \le (x-y)^2 = x^2-2xy+y^2 \\
& = x^2+2xy+y^2 - 4xy = (x+y)^2 - 4xy.
\end{align}</math>
<span style="line-height:1.5">Quindi <math>(x+y)^2\geq 4xy</math>, con l'uguaglianza precisamente quando <math>(x-y)^2=0</math>, cioè <math>x=y</math>. La disuguaglianza MA-MG segue poi applicando la radice quadrata ad ambo i membri.</span>

Per un'interpretazione geometrica, si consideri un [[rettangolo]] con lati di lunghezza <math>x</math> e <math>y</math>, perciò ha [[perimetro]] <math>2x+2y</math> e [[area]] <math>xy</math>. In modo simile, un [[quadrato]] con il lato di lunghezza <math>\sqrt{xy}</math> ha perimetro <math>4\sqrt{xy}</math> e la stessa area del rettangolo. Questo caso della disuguaglianza MA-MG implica per i perimetri che <math>2x+2y\geq 4\sqrt{xy}</math> e pertanto che il quadrato ha il minore perimetro tra tutti i rettangoli di uguale area.

Estensioni della disuguaglianza MA-MG sono disponibili per includere medie pesate o generalizzate.

== Media aritmetica e geometrica ==

La ''media aritmetica'', o meno precisamente la ''media'', di una lista di <math>n</math> numeri <math>x_1, x_2,...,x_n</math> è la somma dei numeri divisa per <math>n</math>:

:<math>\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n}.</math>

La ''media geometrica'' è simile, eccetto che è definita solo per una lista di numeri non negativi, e usa la moltiplicazione e la [[radicale (matematica)|radice n-esima]] invece della somma e divisione:

:<math>\sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}.</math>

Se <math>x_1, x_2,..., x_n > 0</math>, questo è uguale all'[[funzione esponenziale|esponenziale]] della media aritmetica dei [[logaritmo naturale|logaritmi naturali]] dei numeri:

:<math>\exp \left( \frac{\ln {x_1} + \ln {x_2} + \cdots + \ln {x_n}}{n} \right).</math>

== La disuguaglianza ==

Riaffermando la disuguaglianza usando la notazione matematica, si ha che per ogni lista di <math>n</math> numeri non negativi <math>x_1, x_2,...,x_n</math>,

:<math>\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}\,,</math>

e vale l'uguaglianza se e solo se
<math>x_1=x_2= \cdots =x_n</math>.

== Interpretazione geometrica ==

In due dimensioni, <math>2x_1+2x_2</math> è il perimetro di un rettangolo con lati di lunghezza <math>x_1</math> e <math>x_2</math>. In modo simile, <math>4\sqrt{x_1x_2}</math> è il perimetro di un quadrato della stessa area <math>x_1x_2</math> del rettangolo. Quindi per <math>n=2</math> la disuguaglianza afferma che solo il quadrato è fra i rettangoli aventi la stessa area quello che ha il perimetro minore.

La vera disuguaglianza è un'estensione di quest'idea a <math>n</math> dimensioni. Ogni vertice di una scatola <math>n</math>-dimensionale è connesso a <math>n</math> spigoli. Se le miure di questi spigoli sono <math>x_1,x_2,...,x_n</math>, allora <math>x_1+x_2+\cdots+x_n</math> è la lunghezza totale degli spigoli incidenti in quel vertice. Ci sono in totale <math>2^n</math> vertici, quindi si moltiplica <math>n</math> per <math>2^n</math>; poiché ogni spigolo, tuttavia, incontra sue vertici, ciascuno dei primi sono contati due volte. Pertanto, si divide il risultato per <math>2</math> e si conclude che ci sono <math>n2^{n-1}</math> spigoli. Ci sono lo stesso numero di spigoli per ogni lunghezza, quindi ci sono <math>2^{n-1}</math> spigoli per ogni <math>x_1,...,x_n</math> e la loro lunghezza totale è perciò <math>2^{n-1}(x_1+x_2+ \cdots +x_n)</math>. D'altra parte,

:<math>2^{n-1}nx_1= 2^{n-1} n \sqrt[n]{x_1 x_2 \cdots x_n}</math>

è la lunghezza totale degli spigoli connessi a un vertice in un cubo <math>n</math>-dimensionale di uguale volume, poiché in questo caso <math>x_1=x_2= \cdots=x_n</math>. Siccome la disuguaglianza afferma che

:<math>{x_1 + x_2 +\cdots + x_n \over n} \ge \sqrt[n]{x_1 x_2\cdots x_n}, </math>

moltiplicando entrambi i membri per <math>n2^{n-1}</math> si ottiene

:<math>2^{n-1}(x_1 + x_2 + \cdots + x_n) \ge 2^{n-1} n \sqrt[n]{x_1 x_2\cdots x_n}</math>

con l'uguaglianza se e solo se
<math>x_1=x_2=...=x_n</math>.

Così la disuguaglianza MA-MG afferma che fra le scatole <math>n</math>-dimensionali di uguale volume, l'[[ipercubo|n-cubo]] ha la minore somma delle lunghezze degli spigoli connessi a ciascun vertice.<ref>{{Cita libro|cognome= Steele
|nome= J. Michael
|titolo= The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities
|editore= Cambridge University Press
|serie= MAA Problem Books Series
|anno= 2004
| isbn = 978-0-521-54677-5
| oclc = 54079548
}}</ref>

==Esempio di applicazione==

Si consideri la funzione

:<math>f(x,y,z) = \frac{x}{y} + \sqrt{\frac{y}{z}} + \sqrt[3]{\frac{z}{x}}</math>

per ogni numero reale positivo <math>x</math>,<math>y</math> e <math>z</math>. Si supponga di trovare il minimo valore della funzione. Prima la riscriviamo come:
:<math>
\begin{align}
f(x,y,z)
&= 6 \cdot \frac{ \frac{x}{y} + \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} + \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} }{6}\\
&=6\cdot\frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6}{6}
\end{align}</math>
con
:<math> x_1=\frac{x}{y},\qquad x_2=x_3=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}},\qquad x_4=x_5=x_6=\frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}}.</math>

Applicando la disuguaglianza MA-MG per <math>n=6</math>, si ha

:<math>
\begin{align}
f(x,y,z)
&\ge 6 \cdot \sqrt[6]{ \frac{x}{y} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} }\\
&= 6 \cdot \sqrt[6]{ \frac{1}{2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3} \frac{x}{y} \frac{y}{z} \frac{z}{x} }\\
&= 2^{2/3} \cdot 3^{1/2}.
\end{align}</math>

Inoltre, si sa che i due membri sono esattamente uguali quando tutti i termini della media sono uguali:

:<math>f(x,y,z) = 2^{2/3} \cdot 3^{1/2} \quad \mbox{quando} \quad \frac{x}{y} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} = \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}}.</math>

Tutti i punti <math>(x,y,z)</math> soddisfacenti questa condizione giacciono su una [[semiretta]] che parte dall'origine e sono dati da

:<math>(x,y,z)=\biggr(t,\sqrt[3]{2}\sqrt{3}\,t,\frac{3\sqrt{3}}{2}\,t\biggr)\quad\mbox{con}\quad t>0.</math>

==Applicazioni pratiche==
Un'importante applicazione pratica nella [[matematica finanziaria]] è il calcolo del tasso di rendimento: il ritorno annuo, calcolato attraverso la media geometrica, è minore del ritorno annuo medio, ricavato da una media aritmetica (o uguali se tutti i profitti sono uguali). Questo è importante nell'analisi degli investimenti, poiché il ritorno medio sopravvaluta l'effetto cumulativo.

==Dimostrazioni della disuguaglianza MA-MG==
===Dimostrazione usando la disuguaglianza di Jensen===

La [[disuguaglianza di Jensen]] afferma che il valore di una media aritmetica calcolata in una [[funzione concava]] è maggiore o uguale della media aritmetica dei valori della funzione. Poiché la funzione [[logaritmo]] è concava, si ottiene

:<math>\log  \left(\frac { \sum x_i}{n} \right) \ge \sum  (1/n)\log x_i  = \sum \left( \log x_i^{1/n}\right) = \log \left( \prod x_i^{1/n}\right). </math>

Prendendo l'esponenziale di entrambi i membri, si ha la disuguaglianza MA-MG.

===Dimostrazioni per induzione===

Si deve mostrare che

:<math>\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1x_2 \cdots x_n}</math>

con l'uguaglianza se e solo se tutti i numeri sono uguali. Se <math>x_i\neq x_j</math>, allora sostituendo sia <math>x_i</math> sia <math>x_j</math> con
<math>(x_i+x_j)/2</math> lascerà la media aritmetica inalterata, ma incrementerà la media geometrica sulla destra perché

:<math>\Bigl(\frac{x_i+x_j}{2}\Bigr)^2-x_ix_j=\Bigl(\frac{x_i-x_j}{2}\Bigr)^2>0 .</math>

Così il membro destro sarà il più grande quando tutti gli <math>x_i</math> sono uguali alla media aritmetica

:<math>\alpha=\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n},</math>

e siccome questo è il maggior valore del membro destro, si ha

:<math>\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=\alpha=\sqrt[n]{\alpha\alpha \cdots \alpha}\ge\sqrt[n]{x_1x_2 \cdots x_n}.</math>

Questa è una dimostrazione valida per il caso <math>n=2</math>, ma la procedura di prendere iterativamente medie di coppie di numeri può fallire nel produrre valori uguali nel caso <math>n\geq3</math>. Un esempio di questo caso è <math>x_1=x_2\neq x_3</math>: Prendendo la media di due numeri differenti se ne ottengono due uguali, ma il terzo è ancora diverso. Perciò, non si avrà mai una disuguaglianza sulla media geometrica di tre numeri uguali.

Quindi, un trucco in più o un diverso ragionamento è necessario per trasformare l'idea precedente in una valida dimostrazione per <math>n\geq3</math>.

====Dimostrazione per induzione #1====

Con la media aritmetica
:<math>\alpha=\frac{\ x_1 + \cdots + x_n}n</math>
di numeri reali non negativi <math>x_1,...,x_n</math>, la disuguaglianza è equivalente a
:<math>\alpha^n\ge x_1  x_2 \cdots x_n</math>
con l'uguaglianza se e solo se <math>\alpha=x_i</math> per ogni <math>i\in{1,...,n}</math>.
Per la seguente dimostrazione si applica il [[principio d'induzione]] e solo ben conosciute regole di aritmetica.

'''Base induttiva:'''  Per <math>n=1</math> l'enunciato è vero con l'uguaglianza.

'''Ipotesi induttiva:''' Si supponga che la disuguaglianza valga per ogni scelta di <math>n</math> numeri reali non negativi.

'''Passo induttivo:''' Si consideri <math>n+1</math> numeri reali non negativi <math>x_1,...,x_{n+1}</math>. La loro media aritmetica <math>\alpha</math> soddisfa
:<math> (n+1)\alpha=\ x_1 + \cdots + x_n + x_{n+1}.</math>
Se tutti i <math>x_i</math> sono uguali ad <math>\alpha</math>, allora si ha l'uguaglianza e si è concluso. Nel caso in cui qualcuno non è uguale a <math>\alpha</math>, deve esistere un numero della lista che è più grande della media <math>\alpha</math> e un altro che è più piccolo. Senza perdita di generalità, si possono riordinare i <math>x_i</math> in modo da collocare questi due particolari elementi alla fine: <math>x_n>\alpha</math> e <math>x_{n+1}<\alpha</math>. Allora

:<math>(x_n - \alpha) > 0\qquad \alpha-x_{n+1}>0</math>

:<math>\implies (x_n-\alpha)(\alpha-x_{n+1})>0\,.\qquad(1)</math>

Ora si definisce <math>y</math> come
:<math>y:=x_n+x_{n+1}-\alpha\ge x_n-\alpha>0\,,</math>
e si consideri i <math>n</math> numeri <math>x_1,...,x_{n-1},y</math> che sono tutti non negativi. Poiché

:<math>(n+1)\alpha=x_1 + \cdots + x_{n-1} + x_n + x_{n+1}</math>

:<math>n\alpha=x_1 + \cdots + x_{n-1} + \underbrace{x_n+x_{n+1}-\alpha}_{=\,y},</math>

Perciò, <math>\alpha</math> è anche la media aritmetica degli <math>n</math> numeri <math>x_1,...,x_{n-1},y</math> e l'ipotesi induttiva implica

:<math>\alpha^{n+1}=\alpha^n\cdot\alpha\ge x_1x_2 \cdots x_{n-1} y\cdot\alpha.\qquad(2)</math>

Grazie a <math>(1)</math> si sa che

:<math>(\underbrace{x_n+x_{n+1}-\alpha}_{=\,y})\alpha-x_nx_{n+1}=(x_n-\alpha)(\alpha-x_{n+1})>0,</math>

quindi

:<math>y\alpha>x_nx_{n+1}\,,\qquad(3)</math>

in particulare <math>\alpha>0</math>. Dunque, se almeno uno dei numeri <math>x_1,...,x_{n-1}</math> è zero, allora si aveva già la disuguaglianza stretta in <math>(2)</math>. D'altra parte il membro destro della <math>(2)</math> è positivo e si ottiene la disuguaglianza stretta usando la stima <math>(3)</math> per avere un limite inferiore della parte destra della <math>(2)</math>. Quindi, in entrambi i casi si può sostituire <math>(3)</math> in <math>(2)</math> per ottenere

:<math>\alpha^{n+1}>x_1x_2 \cdots x_{n-1} x_nx_{n+1}\,</math>
che completa la dimostrazione.

==== Dimostrazione per induzione #2====

Prima di tutto si dimostra che per i numeri reali <math>x_1<1</math> e <math>x_2>1</math> vale

:<math> x_1 + x_2 > x_1x_2+1.</math>

Infatti, moltiplicando entrambi i membri di <math>x_2>1</math> per <math>1-x_1</math>, si ottiene

:<math> x_2 - x_1x_2 > 1 - x_1,</math>

dalla quale si ricava immediatamente la disuguaglianza richiesta.

Ora, ora si andrà a dimostrare che per i numeri reali <math>x_1,...,x_n</math> tali che
<math>x_1\cdots x_n=1</math>, vale

:<math>x_1 + \cdots +  x_n \ge n.</math>

L'uguaglianza vale se <math>x_1=\cdots =x_n</math>.

'''Base induttiva:'''  Per <math>n=2</math> l'enunciato è vero per la proprietà precedente.

'''Ipotesi induttiva:''' Si supponga che è vero per ogni [[numero naturale]] fino a <math>n-1</math>.

'''Passo induttivo:''' Si consideri <math>n</math> numeri reali positivi <math>x_1,...,x_n</math> che soddisfano <math>x_1\cdots x_n=1</math>. Esisterà almeno un <math>x_k<1</math>, quindi ci deve essere almeno un <math>x_j>1</math>. Senza perdita di generalità, si pone <math>k=n-1</math> e <math>j=n</math>.

Inoltre, la condizione <math>x_1\cdots x_n=1</math> si scrive nella forma <math>(x_1\cdots x_{n-2})(x_{n-1}x_n)=1</math>. Qui l'ipotesi induttiva implica
:<math>(x_1 + \cdots + x_{n-2}) + (x_{n-1} x_n ) > n - 1.</math>

Tuttavia, tenendo conto della base induttiva, si ha

:<math>x_1 + \cdots + x_{n-2} + x_{n-1} + x_n = (x_1 + \cdots + x_{n-2}) + (x_{n-1} + x_n ) > (x_1 + \cdots + x_{n-2}) + x_{n-1} x_n + 1 > n,</math>

che completa la dimostrazione.

Dati i numeri positivi reali <math>a_1,...,a_n</math>, si definiscono <math>x_1,...,x_n</math> come
:<math>x_1 = \frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}}, . . ., x_n = \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}}. </math>

I numeri <math>x_1,...,x_n</math> soddisfano la condizione <math>x_1\cdots x_n=1</math>. Così si ottiene

:<math>\frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}} + \cdots + \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}} \ge n, </math>

da cui si ricava

:<math>\frac{a_1 + \cdots + a_n}n \ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}, </math>

con l'uguaglianza che vale se e solo se <math>a_1=\cdots =a_n</math>.

====Dimostrazione per induzione utilizzando il calcolo infinitesimale====

La seguente dimostrazione utilizza il principio di induzione e basi di [[derivata|calcolo differenziale]].

'''Base induttiva''': Per <math>n=1</math> l'enunciato è vero con l'uguale.

'''Ipotesi induttiva''': Si supponga che la disuguaglianza MA-MG vale per ogni scelta di <math>n</math>numeri reali non negativi.

'''Passo induttivo''': Per dimostrare l'enunciato per <math>n+1</math> numeri non negativi <math>x_1,...,x_n,x_{n+1}</math>, si ha bisogno di verificare che

:<math>\frac{x_1 + \cdots + x_n + x_{n+1}}{n+1} - ({x_1 \cdots x_n x_{n+1}})^{\frac{1}{n+1}}\ge0</math>

con l'uguaglianza se e solo se i <math>n+1</math> numeri sono uguali.

Se tutti i numeri sono zero, l'enunciato vale con l'uguale. Se almeno un numero è non zero, si ha la disuguaglianza stretta. Pertanto, si può assumere  che tutti i <math>n+1</math> numeri sono positivi.

Si consideri l'ultimo numero <math>x_{n+1}</math> come una variabile e si definisca la funzione
:<math> f(t)=\frac{x_1 + \cdots + x_n + t}{n+1} - ({x_1 \cdots x_n t})^{\frac{1}{n+1}},\qquad t>0.</math>

Provare il passo induttiva corrisponde a mostrare che <math>f(t)\geq0</math> per ogni <math>t>0</math>, e che <math>f(t)=0</math> solo se <math>x_1,...,x_n,t</math> sono uguali. Questo può essere fatto analizzando i [[punto critico (matematica)|punti critici]] di <math>f</math> usando calcolo differenziale basilare.

La derivata prima si <math>f</math> è data da

:<math>f'(t)=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1}({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}{n+1}}t^{-\frac{n}{n+1}},\qquad t>0.</math>

Un punto critico <math>t_0>0</math> deve soddisfare <math>f'(t_0)=0</math>, che significa
:<math>({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}{n+1}}t_0^{-\frac{n}{n+1}}=1.</math>

Dopo pochi calcoli si ha
:<math>t_0^{\frac{n}{n+1}}=({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}{n+1}},</math>

e infine

:<math>t_0=({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}n},</math>

che è la media geometrica di <math>x_1,...,x_n</math>. Questo è l'unico punto critico di <math>f</math>. Poiché <math>f''(t)>0</math> per ogni <math>t>0</math>, la funzione è [[funzione convessa|strettamente convessa]] e ha un massimo globale stretto in <math>t_0</math>. Successivamente si calcola il valore della funzione nel punto di massimo:

:<math>
\begin{align}
f(t_0) &= \frac{x_1 + \cdots + x_n + ({x_1 \cdots x_n})^{1/n}}{n+1} - ({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}{n+1}}({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}{n(n+1)}}\\
&= \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n+1} + \frac{1}{n+1}({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}n} - ({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}n}\\
&= \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n+1} - \frac{n}{n+1}({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}n}\\
&= \frac{n}{n+1}\Bigl(\frac{x_1 + \cdots + x_n}n - ({x_1 \cdots x_n})^{\frac{1}n}\Bigr)\ge0,
\end{align}</math>

dove la disuguaglianza finale vale per l'ipotesi induttiva. L'ipotesi afferma anche che si può avere l'uguaglianza se e solo se <math>x_1,...,x_n</math> sono tutti uguali. In questo caso, la loro media geometrica <math>t_0</math> ha lo stesso valore e quindi, a meno che <math>x_1,...,x_n,x_{n+1}</math> siano tutti uguali, si ha <math>f(x_{n+1})>0</math>, che completa la dimostrazione.

Questa tecnica può essere usata nella solita maniera per la disuguaglianza MA-MG generalizzata e la [[disuguaglianza di Cauchy-Schwarz]] nello spazio euclideo <math>\mathbb{R}^n</math>.

=== Dimostrazione di Cauchy ===

La seguente dimostrazione per casi si basa direttamente su ben note regole di aritmetica ma impiega la tecnica dell'induzione "''in avanti e a ritroso''", usata molto raramente. La tecnica è essenzialmente di [[Augustin-Louis Cauchy]] e può essere trovata nel suo ''[[Augustin Louis Cauchy#Cours d.27Analyse|Cours d'analyse]]''.<ref>Cauchy, Augustin-Louis (1821). [http://visualiseur.bnf.fr/Visualiseur?Destination=Gallica&O=NUMM-29058 ''Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, première partie, Analyse algébrique,''] {{Webarchive|url=https://web.archive.org/web/20171014135801/http://visualiseur.bnf.fr/Visualiseur?Destination=Gallica&O=NUMM-29058 |data=14 ottobre 2017 }} Paris. La dimostrazione della disuguaglianza tra le due medie può essere trovata dalla pagina 457.</ref> In questa variante del principio di induzione, una volta dimostrata vera la proprietà <math>P(n)</math> per <math>n_0</math>, il passo induttivo consiste nel dimostrare che 
* <math>P(n)</math> è vera per <math>n=2^k\geq n_0</math> con <math>k\in\mathbb{N}</math>
* <math>P(2^k) \Rightarrow P(n)</math> con <math>n<2^k</math>
Perciò la tecnica si basa sul dimostrare prima che la proposizione è vera nel caso facile di una [[potenza di due]] ("''in avanti''"), e poi che è vero per ogni suo numero minore ("''a ritroso''"). L'idea intuitiva è quindi che, siccome le potenze di due diventano "arbitrariamente grandi" e per ogni loro intero minore vale l'enunciato, allora la dimostrazione riesce a "raggiungere" ogni numero naturale.

''' Il caso in cui sono tutti uguali '''

Se tutti i termini sono:

:<math>x_1 = x_2 = \cdots = x_n,</math>

allora la loro somma è <math>nx_1</math>, perciò la loro media aritmetica è <math>x_1</math>; e il loro prodotto è <math>x_1^n</math>, perciò la loro media geometrica è <math>x_1</math>. Pertanto, la media geometrica e aritmetica sono uguali, come desiderato.

''' Il caso in cui non sono tutti uguali '''

Rimane da mostrare che se ''non'' tutti i termini sono uguali, allora la media aritmetica è maggiore della media geometrica. Chiaramente, questo è possibile solo quando <math>n>1</math>.

Si passa ora a dimostrare il passo base e poi le due parti del passo induttivo.

''' Il passo base: ''n'' = 2 '''

Se <math>n=2</math>, allora si hanno due termini, <math>x_1</math> e <math>x_2</math>, e poiché (per ipotesi) non tutti i termini sono uguali, si ha:

:<math>\begin{align}
&\Bigl(\frac{x_1+x_2}{2}\Bigr)^2-x_1x_2=\frac14(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2)-x_1x_2\\
&=\frac14(x_1^2-2x_1x_2+x_2^2)\\
&=\Bigl(\frac{x_1-x_2}{2}\Bigr)^2>0,
\end{align} </math>

quindi

:<math>
\frac{x_1 + x_2}{2} > \sqrt{x_1 x_2}</math>

come desiderato.

''' Il sottocaso ''n'' = 2<sup>''k''</sup> '''

Si consideri il caso dove <math>n=2^k</math>, dove <math>k</math> è un intero positivo. Si procede per induzione matematica.

Nel passo base, <math>k=1</math>, così <math>n=2</math>. La disuguaglianza vale per <math>n=2</math> come dimostrato precedentemente.

Ora si suppone che per un dato <math>k>1</math> la disuguaglianza valga per <math>n=2^{k-1}</math> e si vuole dimostrare che anche <math>2^k</math> la soddisfa. Per farlo, si applica due volte la disuguaglianza per <math>2^{n-1}</math> numeri e una volta il caso <math>n=2</math> per ottenere

:<math>
\begin{align}
\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^k}}{2^k} & {} =\frac{\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}} + \frac{x_{2^{k-1} + 1} + x_{2^{k-1} + 2} + \cdots + x_{2^k}}{2^{k-1}}}{2} \\[7pt]
& \ge \frac{\sqrt[2^{k-1}]{x_1 x_2 \cdots x_{2^{k-1}}} + \sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1} + 1} x_{2^{k-1} + 2} \cdots x_{2^k}}}{2} \\[7pt]
& \ge \sqrt{\sqrt[2^{k-1}]{x_1 x_2 \cdots x_{2^{k-1}}} \sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1} + 1} x_{2^{k-1} + 2} \cdots x_{2^k}}} \\[7pt]
& = \sqrt[2^k]{x_1 x_2 \cdots x_{2^k}}
\end{align}
</math>

dove nella prima disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se

:<math>x_1 = x_2 = \cdots = x_{2^{k-1}}</math>

e

:<math>x_{2^{k-1}+1} = x_{2^{k-1}+2} = \cdots = x_{2^k}</math>

(in cui la media aritmetica e geometrica della prima sono entrambe uguali a <math>x_1</math>, e similmente per la seconda); e nella seconda disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se sono uguali le medie geometriche. Poiché non tutti i <math>2^k</math> numeri sono uguali, è impossibile che entrambe siano uguaglianze, così si ricava che:

:<math>\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^k}}{2^k} > \sqrt[2^k]{x_1 x_2 \cdots x_{2^k}}</math>

come desiderato.

'''Il sottocaso ''n'' < 2<sup>''k''</sup>'''

Se <math>n</math> non è una potenza intera di 2, allora è certamente ''minore'' di una qualche potenza di due, poiché la successione <math>2,4,8,...,2^k,...</math> è superiormente illimitata. Dunque, senza perdita di generalità, sia <math>m</math> una qualche potenza di due che è maggiore di <math>n</math>.

Quindi, dati gli <math>n</math> termini, si indica con <math>\alpha</math> la loro media aritmetica e si espande la lista in modo da avere <math>m</math> numeri:

:<math>x_{n+1} = x_{n+2} = \cdots = x_m = \alpha.</math>

Si ha dunque:

: <math>
\begin{align}
\alpha & = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n} \\[6pt]
& = \frac{\frac{m}{n} \left( x_1 + x_2 + \cdots + x_n \right)}{m} \\[6pt]
& = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + \frac{m-n}{n} \left( x_1 + x_2 + \cdots + x_n \right)}{m} \\[6pt]
& = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + \left( m-n \right) \alpha}{m} \\[6pt]
& = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + x_{n+1} + \cdots + x_m}{m} \\[6pt]
& > \sqrt[m]{x_1 x_2 \cdots x_n x_{n+1} \cdots x_m} \\[6pt]
& = \sqrt[m]{x_1 x_2 \cdots x_n \alpha^{m-n}}\,,
\end{align}
</math>

da cui

:<math>\alpha^m > x_1 x_2 \cdots x_n \alpha^{m-n}</math>

cioè

:<math>\alpha > \sqrt[n]{x_1 x_2 \cdots x_n}</math>

come desiderato.

===Dimostrazione di Pólya utilizzando la funzione esponenziale===

[[George Pólya]] fornì una dimostrazione simile a quella seguente. Sia <math>f(x)=e^{x-1}-x</math>, con derivata prima <math>f'(x)=e^{x-1}-1</math> e derivata seconda <math>f''(x)=e^{x-1}</math>. Si osserva che <math>f(1)=0</math>, <math>f'(1)=0</math> e <math>f''(x)>0</math> per ogni <math>x</math>, perciò <math>f</math> è strettamente convessa con minimo assoluto in <math>x=1</math>. Ne segue che <math>x\leq e^{x-1}</math> per ogni numero reale <math>x</math>con l'uguaglianza se e solo se <math>x=1</math>.

Si consideri la lista di numeri reali non negativi <math>x_1,x_2,...,x_n</math>. Se sono tutti zero, allora la disuguaglianza MA-MG vale con l'uguale. Quindi in seguito si considererà la loro media aritmetica <math>\alpha>0</math>. Dalla disuguaglianza precedente applicata <math>n</math> volte, si ottiene che

:<math>\begin{align}&{ \frac{x_1}{\alpha} \frac{x_2}{\alpha} \cdots \frac{x_n}{\alpha} } \le { e^{\frac{x_1}{\alpha} - 1} e^{\frac{x_2}{\alpha} - 1} \cdots e^{\frac{x_n}{\alpha} - 1} }\\
& = \exp \Bigl( \frac{x_1}{\alpha} - 1 + \frac{x_2}{\alpha} - 1 + \cdots + \frac{x_n}{\alpha} - 1 \Bigr), \qquad (1)
\end{align}</math>

con l'uguaglianza se e solo se ogni <math>x_i=\alpha</math>. L'argomento della funzione esponenziale può essere semplificato nella seguente maniera:

:<math>
\frac{x_1}{\alpha} - 1 + \frac{x_2}{\alpha} - 1 + \cdots + \frac{x_n}{\alpha} - 1 = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{\alpha} - n = n-n = 0.</math>

Ritornando alla <math>(1)</math>,

:<math>\frac{x_1 x_2 \cdots x_n}{\alpha^n} \le e^0 = 1,</math>

che produce <math>x_1x_2\cdots x_n\leq \alpha^n</math>, e quindi l'enunciato<ref>{{Cita libro|cognome= Arnold
|nome= Denise
|cognome2= Arnold
|nome2= Graham
|titolo= Four unit mathematics
|editore= Hodder Arnold H&S
|anno= 1993
| isbn = 978-0-340-54335-1
| oclc = 38328013
|p= 242
}}</ref>
:<math>\sqrt[n]{x_1 x_2 \cdots x_n} \le \alpha.</math>

==Generalizzazioni==

===Disuguaglianza MA-MG pesata===

Esiste una disuguaglianza simile per la media aritmetica pesata e la media geometrica pesate. In modo specifico, siano 
<math>x_1,x_2,...,x_n</math> numeri reali non negativi e <math>w_1,w_2,...,w_n</math> i loro rispettivi pesi (non negativi). Si definisca inoltre <math>w=w_1+w_2+\cdots+w_n</math>. Se <math>w>0</math>, allora vale la disuguaglianza

: <math>\frac{w_1 x_1 + w_2 x_2 + \cdots + w_n x_n}{w} \ge \sqrt[w]{x_1^{w_1} x_2^{w_2} \cdots x_n^{w_n}}</math>

e diventa una uguaglianza se e solo se tutti i <math>x_k</math> con i <math>w_k>0</math> sono uguali. Qui si usa la convenzione <math>0^0=1</math>.

Se tutti i <math>w_k</math> sono uguali a <math>1</math>, la disuguaglianza si riduce a alla MA-MG non pesata analizzata precedentemente.

===Dimostrazione usando la disuguaglianza di Jensen===

Usando la [[disuguaglianza di Jensen]] per il [[logaritmo naturale]], si può dimostrare la disuguaglianza fra la media aritmetica pesata e la media geometrica pesata affermata prima.

Poiché un <math>x_k</math> con peso <math>w_k=0</math> non ha nessuna influenza sulla disuguaglianza, si può assumere che tutti i pesi sono positivi. Se tutti i numeri <math>x_k</math> sono uguali, allora vale l'uguaglianza. Pertanto, rimane da provare la disuguaglianza stretta se non sono tutti uguali, che in seguito verrà assunto. Se almeno uno degli <math>x_k</math> è nullo (ma non tutti), allora la media geometrica è zero, mentre la media aritmetica pesata è positiva, perciò vale la disuguaglianza stretta e allora si può assumere anche tutti i <math>x_k</math> sono positivi.

Dal momento che il logaritmo è una [[funzione concava|funzione strettamente concava]], la disuguaglianza di Jensen e le proprietà del logaritmo implicano
:<math>
\ln\Bigl(\frac{w_1x_1+\cdots+w_nx_n}w\Bigr)>\frac{w_1}w\ln x_1+\cdots+\frac{w_n}w\ln x_n =\ln \sqrt[w]{x_1^{w_1} x_2^{w_2} \cdots x_n^{w_n}}.
</math>

Poiché il logaritmo è [[funzione monotona|strettamente monotono]],
:<math>
\frac{w_1x_1+\cdots+w_nx_n}w
>\sqrt[w]{x_1^{w_1} x_2^{w_2} \cdots x_n^{w_n}}.
</math>

===Altre generalizzazioni===
Altre generalizzazioni della disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica sono:

* [[Disuguaglianza di raggruppamento]],
* [[Disuguaglianza di MacLaurin]],
* [[Media generalizzata]].

==Note==
<references />

==Voci correlate==
*[[Media (statistica)]]
*[[Disuguaglianza di Jensen]]
*[[Disuguaglianza di convessità]]
*[[Disuguaglianza di Young]]

==Collegamenti esterni==
* {{Cita web|titolo=Introduction to Inequalities|url=https://www.mediafire.com/?1mw1tkgozzu |autore=Arthur Lohwater|anno=1982|editore=Online e-book in PDF format}}

{{portale|matematica}}

[[Categoria:Disuguaglianze]]