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 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 $x$ e $y$, è la disuguaglianza:

$\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$

con l'uguaglianza se e solo se $x=y$. 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 $(a\pm b{)}^2=a^2\pm 2ab+b^2$ della formula binomiale:

$\begin{array}{cc}0& \le (x-y{)}^2=x^2-2xy+y^2\\ & =x^2+2xy+y^2-4xy=(x+y{)}^2-4xy.\end{array}$

Quindi $(x+y{)}^2\ge 4xy$, con l'uguaglianza precisamente quando $(x-y{)}^2=0$, cioè $x=y$. La disuguaglianza MA-MG segue poi applicando la radice quadrata ad ambo i membri.

Per un'interpretazione geometrica, si consideri un rettangolo con lati di lunghezza $x$ e $y$, perciò ha perimetro $2x+2y$ e area $xy$. In modo simile, un quadrato con il lato di lunghezza $\sqrt{xy}$ ha perimetro $4\sqrt{xy}$ e la stessa area del rettangolo. Questo caso della disuguaglianza MA-MG implica per i perimetri che $2x+2y\ge 4\sqrt{xy}$ 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 $n$ numeri $x_1,x_2,...,x_n$ è la somma dei numeri divisa per $n$:

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}.$

La media geometrica è simile, eccetto che è definita solo per una lista di numeri non negativi, e usa la moltiplicazione e la radice n-esima invece della somma e divisione:

$\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}.$

Se $x_1,x_2,...,x_n>0$, questo è uguale all'esponenziale della media aritmetica dei logaritmi naturali dei numeri:

$\exp \left(\frac{\ln x_1+\ln x_2+\cdots +\ln x_n}{n}\right).$

La disuguaglianza

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

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n},$

e vale l'uguaglianza se e solo se $x_1=x_2=\cdots =x_n$.

Interpretazione geometrica

In due dimensioni, $2x_1+2x_2$ è il perimetro di un rettangolo con lati di lunghezza $x_1$ e $x_2$. In modo simile, $4\sqrt{x_1{x}_2}$ è il perimetro di un quadrato della stessa area $x_1{x}_2$ del rettangolo. Quindi per $n=2$ 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 $n$ dimensioni. Ogni vertice di una scatola $n$-dimensionale è connesso a $n$ spigoli. Se le miure di questi spigoli sono $x_1,x_2,...,x_n$, allora $x_1+x_2+\cdots +x_n$ è la lunghezza totale degli spigoli incidenti in quel vertice. Ci sono in totale $2^n$ vertici, quindi si moltiplica $n$ per $2^n$; poiché ogni spigolo, tuttavia, incontra sue vertici, ciascuno dei primi sono contati due volte. Pertanto, si divide il risultato per $2$ e si conclude che ci sono $n{2}^{n-1}$ spigoli. Ci sono lo stesso numero di spigoli per ogni lunghezza, quindi ci sono $2^{n-1}$ spigoli per ogni $x_1,...,x_n$ e la loro lunghezza totale è perciò $2^{n-1}(x_1+x_2+\cdots +x_n)$. D'altra parte,

$2^{n-1}n{x}_1=2^{n-1}n\sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}$

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

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n},$

moltiplicando entrambi i membri per $n{2}^{n-1}$ si ottiene

$2^{n-1}(x_1+x_2+\cdots +x_n)\ge 2^{n-1}n\sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}$

con l'uguaglianza se e solo se $x_1=x_2=...=x_n$.

Così la disuguaglianza MA-MG afferma che fra le scatole $n$-dimensionali di uguale volume, l'n-cubo ha la minore somma delle lunghezze degli spigoli connessi a ciascun vertice.

Esempio di applicazione

Si consideri la funzione

$f(x,y,z)=\frac{x}{y}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt[3]{\frac{z}{x}}$

per ogni numero reale positivo $x$,$y$ e $z$. Si supponga di trovare il minimo valore della funzione. Prima la riscriviamo come:

$\begin{array}{cc}f(x,y,z)& =6\cdot \frac{\frac{x}{y}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}}{6}\\ & =6\cdot \frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6}{6}\end{array}$

con

$x_1=\frac{x}{y},x_2=x_3=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}},x_4=x_5=x_6=\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}.$

Applicando la disuguaglianza MA-MG per $n=6$, si ha

$\begin{array}{cc}f(x,y,z)& \ge 6\cdot \sqrt[6]{\frac{x}{y}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}}\cdot \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}\cdot \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}\cdot \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}}\\ & =6\cdot \sqrt[6]{\frac{1}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 3}\frac{x}{y}\frac{y}{z}\frac{z}{x}}\\ & =2^{2/3}\cdot 3^{1/2}.\end{array}$

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

$f(x,y,z)=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}\text{quando}\frac{x}{y}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{z}}=\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{z}{x}}.$

Tutti i punti $(x,y,z)$ soddisfacenti questa condizione giacciono su una semiretta che parte dall'origine e sono dati da

$(x,y,z)=(t,\sqrt[3]{2}\sqrt{3}t,\frac{3\sqrt{3}}{2}t)\text{con}t>0.$

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

$\log \left(\frac{\sum x_i}{n}\right)\ge \sum (1/n)\log x_i=\sum (\log x_i^{1/n})=\log (\prod x_i^{1/n}).$

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

Dimostrazioni per induzione

Si deve mostrare che

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}$

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

$(\frac{x_i+x_j}{2}{)}^2-x_i{x}_j=(\frac{x_i-x_j}{2}{)}^2>0.$

Così il membro destro sarà il più grande quando tutti gli $x_i$ sono uguali alla media aritmetica

$\alpha =\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n},$

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

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\alpha =\sqrt[n]{\alpha \alpha \cdots \alpha }\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}.$

Questa è una dimostrazione valida per il caso $n=2$, ma la procedura di prendere iterativamente medie di coppie di numeri può fallire nel produrre valori uguali nel caso $n\ge 3$. Un esempio di questo caso è $x_1=x_2\ne x_3$: 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 $n\ge 3$.

Dimostrazione per induzione #1

Con la media aritmetica

$\alpha =\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}$

di numeri reali non negativi $x_1,...,x_n$, la disuguaglianza è equivalente a

${\alpha }^n\ge x_1{x}_2\cdots x_n$

con l'uguaglianza se e solo se $\alpha =x_i$ per ogni $i\in 1,...,n$. Per la seguente dimostrazione si applica il principio d'induzione e solo ben conosciute regole di aritmetica.

Base induttiva: Per $n=1$ l'enunciato è vero con l'uguaglianza.

Ipotesi induttiva: Si supponga che la disuguaglianza valga per ogni scelta di $n$ numeri reali non negativi.

Passo induttivo: Si consideri $n+1$ numeri reali non negativi $x_1,...,x_{n+1}$. La loro media aritmetica $\alpha$ soddisfa

$(n+1)\alpha =x_1+\cdots +x_n+x_{n+1}.$

Se tutti i $x_i$ sono uguali ad $\alpha$, allora si ha l'uguaglianza e si è concluso. Nel caso in cui qualcuno non è uguale a $\alpha$, deve esistere un numero della lista che è più grande della media $\alpha$ e un altro che è più piccolo. Senza perdita di generalità, si possono riordinare i $x_i$ in modo da collocare questi due particolari elementi alla fine: $x_n>\alpha$ e $x_{n+1}<\alpha$. Allora

$(x_n-\alpha )>0\alpha -x_{n+1}>0$

$⟹(x_n-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0.(1)$

Ora si definisce $y$ come

$y:=x_n+x_{n+1}-\alpha \ge x_n-\alpha >0,$

e si consideri i $n$ numeri $x_1,...,x_{n-1},y$ che sono tutti non negativi. Poiché

$(n+1)\alpha =x_1+\cdots +x_{n-1}+x_n+x_{n+1}$

$n\alpha =x_1+\cdots +x_{n-1}+\underset{=y}{\underbrace{x_n+x_{n+1}-\alpha }},$

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

${\alpha }^{n+1}={\alpha }^n\cdot \alpha \ge x_1{x}_2\cdots x_{n-1}y\cdot \alpha .(2)$

Grazie a $(1)$ si sa che

$(\underset{=y}{\underbrace{x_n+x_{n+1}-\alpha }})\alpha -x_n{x}_{n+1}=(x_n-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0,$

quindi

$y\alpha >x_n{x}_{n+1},(3)$

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

${\alpha }^{n+1}>x_1{x}_2\cdots x_{n-1}{x}_n{x}_{n+1}$

che completa la dimostrazione.

Dimostrazione per induzione #2

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

$x_1+x_2>x_1{x}_2+1.$

Infatti, moltiplicando entrambi i membri di $x_2>1$ per $1-x_1$, si ottiene

$x_2-x_1{x}_2>1-x_1,$

dalla quale si ricava immediatamente la disuguaglianza richiesta.

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

$x_1+\cdots +x_n\ge n.$

L'uguaglianza vale se $x_1=\cdots =x_n$.

Base induttiva: Per $n=2$ l'enunciato è vero per la proprietà precedente.

Ipotesi induttiva: Si supponga che è vero per ogni numero naturale fino a $n-1$.

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

Inoltre, la condizione $x_1\cdots x_n=1$ si scrive nella forma $(x_1\cdots x_{n-2})(x_{n-1}{x}_n)=1$. Qui l'ipotesi induttiva implica

$(x_1+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}{x}_n)>n-1.$

Tuttavia, tenendo conto della base induttiva, si ha

$x_1+\cdots +x_{n-2}+x_{n-1}+x_n=(x_1+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}+x_n)>(x_1+\cdots +x_{n-2})+x_{n-1}{x}_n+1>n,$

che completa la dimostrazione.

Dati i numeri positivi reali $a_1,...,a_n$, si definiscono $x_1,...,x_n$ come

$x_1=\frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}},...,x_n=\frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}}.$

I numeri $x_1,...,x_n$ soddisfano la condizione $x_1\cdots x_n=1$. Così si ottiene

$\frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}}+\cdots +\frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}}\ge n,$

da cui si ricava

$\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n},$

con l'uguaglianza che vale se e solo se $a_1=\cdots =a_n$.

Dimostrazione per induzione utilizzando il calcolo infinitesimale

La seguente dimostrazione utilizza il principio di induzione e basi di calcolo differenziale.

Base induttiva: Per $n=1$ l'enunciato è vero con l'uguale.

Ipotesi induttiva: Si supponga che la disuguaglianza MA-MG vale per ogni scelta di $n$numeri reali non negativi.

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

$\frac{x_1+\cdots +x_n+x_{n+1}}{n+1}-(x_1\cdots x_n{x}_{n+1}{)}^{\frac{1}{n+1}}\ge 0$

con l'uguaglianza se e solo se i $n+1$ 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 $n+1$ numeri sono positivi.

Si consideri l'ultimo numero $x_{n+1}$ come una variabile e si definisca la funzione

$f(t)=\frac{x_1+\cdots +x_n+t}{n+1}-(x_1\cdots x_{n}t{)}^{\frac{1}{n+1}},t>0.$

Provare il passo induttiva corrisponde a mostrare che $f(t)\ge 0$ per ogni $t>0$, e che $f(t)=0$ solo se $x_1,...,x_n,t$ sono uguali. Questo può essere fatto analizzando i punti critici di $f$ usando calcolo differenziale basilare.

La derivata prima si $f$ è data da

$f^{\prime }(t)=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1}(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n+1}}{t}^{-\frac{n}{n+1}},t>0.$

Un punto critico $t_0>0$ deve soddisfare $f^{\prime }(t_0)=0$, che significa

$(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n+1}}{t}_0^{-\frac{n}{n+1}}=1.$

Dopo pochi calcoli si ha

$t_0^{\frac{n}{n+1}}=(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n+1}},$

e infine

$t_0=(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n}},$

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

$\begin{array}{cc}f(t_0)& =\frac{x_1+\cdots +x_n+(x_1\cdots x_n{)}^{1/n}}{n+1}-(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n+1}}(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n(n+1)}}\\ & =\frac{x_1+\cdots +x_n}{n+1}+\frac{1}{n+1}(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n}}-(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n}}\\ & =\frac{x_1+\cdots +x_n}{n+1}-\frac{n}{n+1}(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n}}\\ & =\frac{n}{n+1}(\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}-(x_1\cdots x_n{)}^{\frac{1}{n}})\ge 0,\end{array}$

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

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 Cours d'analyse. In questa variante del principio di induzione, una volta dimostrata vera la proprietà $P(n)$ per $n_0$, il passo induttivo consiste nel dimostrare che

• $P(n)$ è vera per $n=2^k\ge n_0$ con $k\in \mathbb{N}$
• $P(2^k)\Rightarrow P(n)$ con $n<2^k$

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:

$x_1=x_2=\cdots =x_n,$

allora la loro somma è $n{x}_1$, perciò la loro media aritmetica è $x_1$; e il loro prodotto è $x_1^n$, perciò la loro media geometrica è $x_1$. 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 $n>1$.

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

Il passo base: n = 2

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

$\begin{array}{cc}& (\frac{x_1+x_2}{2}{)}^2-x_1{x}_2=\frac{1}{4}(x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2)-x_1{x}_2\\ & =\frac{1}{4}(x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2)\\ & =(\frac{x_1-x_2}{2}{)}^2>0,\end{array}$

quindi

$\frac{x_1+x_2}{2}>\sqrt{x_1{x}_2}$

come desiderato.

Il sottocaso n = 2^k

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

Nel passo base, $k=1$, così $n=2$. La disuguaglianza vale per $n=2$ come dimostrato precedentemente.

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

$\begin{array}{cc}\frac{x_1+x_2+\cdots +x_{2^k}}{2^k}& =\frac{\frac{x_1+x_2+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}+\frac{x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^k}}{2^{k-1}}}{2}\\ & \ge \frac{\sqrt[2^{k-1}]{x_1{x}_2\cdots x_{2^{k-1}}}+\sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1}+1}{x}_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^k}}}{2}\\ & \ge \sqrt{\sqrt[2^{k-1}]{x_1{x}_2\cdots x_{2^{k-1}}}\sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1}+1}{x}_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^k}}}\\ & =\sqrt[2^k]{x_1{x}_2\cdots x_{2^k}}\end{array}$

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

$x_1=x_2=\cdots =x_{2^{k-1}}$

e

$x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^k}$

(in cui la media aritmetica e geometrica della prima sono entrambe uguali a $x_1$, 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 $2^k$ numeri sono uguali, è impossibile che entrambe siano uguaglianze, così si ricava che:

$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_{2^k}}{2^k}>\sqrt[2^k]{x_1{x}_2\cdots x_{2^k}}$

come desiderato.

Il sottocaso n < 2^k

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

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

$x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_m=\alpha .$

Si ha dunque:

$\begin{array}{cc}\alpha & =\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\\ & =\frac{\frac{m}{n}(x_1+x_2+\cdots +x_n)}{m}\\ & =\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n+\frac{m-n}{n}(x_1+x_2+\cdots +x_n)}{m}\\ & =\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n+(m-n)\alpha }{m}\\ & =\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n+x_{n+1}+\cdots +x_m}{m}\\ & >\sqrt[m]{x_1{x}_2\cdots x_n{x}_{n+1}\cdots x_m}\\ & =\sqrt[m]{x_1{x}_2\cdots x_n{\alpha }^{m-n}},\end{array}$

da cui

${\alpha }^m>x_1{x}_2\cdots x_n{\alpha }^{m-n}$

cioè

$\alpha >\sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}$

come desiderato.

Dimostrazione di Pólya utilizzando la funzione esponenziale

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

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

$\begin{array}{cc}& \frac{x_1}{\alpha }\frac{x_2}{\alpha }\cdots \frac{x_n}{\alpha }\le e^{\frac{x_1}{\alpha }-1}{e}^{\frac{x_2}{\alpha }-1}\cdots e^{\frac{x_n}{\alpha }-1}\\ & =\exp (\frac{x_1}{\alpha }-1+\frac{x_2}{\alpha }-1+\cdots +\frac{x_n}{\alpha }-1),(1)\end{array}$

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

$\frac{x_1}{\alpha }-1+\frac{x_2}{\alpha }-1+\cdots +\frac{x_n}{\alpha }-1=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{\alpha }-n=n-n=0.$

Ritornando alla $(1)$,

$\frac{x_1{x}_2\cdots x_n}{{\alpha }^n}\le e^0=1,$

che produce $x_1{x}_2\cdots x_n\le {\alpha }^n$, e quindi l'enunciato

$\sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n}\le \alpha .$

Generalizzazioni

Disuguaglianza MA-MG pesata

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

$\frac{w_1{x}_1+w_2{x}_2+\cdots +w_n{x}_n}{w}\ge \sqrt[w]{x_1^{w_1}{x}_2^{w_2}\cdots x_n^{w_n}}$

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

Se tutti i $w_k$ sono uguali a $1$, 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 $x_k$ con peso $w_k=0$ non ha nessuna influenza sulla disuguaglianza, si può assumere che tutti i pesi sono positivi. Se tutti i numeri $x_k$ 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 $x_k$ 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 $x_k$ sono positivi.

Dal momento che il logaritmo è una funzione strettamente concava, la disuguaglianza di Jensen e le proprietà del logaritmo implicano

$\ln \left(\frac{w_1{x}_1+\cdots +w_n{x}_n}{w}\right)>\frac{w_1}{w}\ln x_1+\cdots +\frac{w_n}{w}\ln x_n=\ln \sqrt[w]{x_1^{w_1}{x}_2^{w_2}\cdots x_n^{w_n}}.$

Poiché il logaritmo è strettamente monotono,

$\frac{w_1{x}_1+\cdots +w_n{x}_n}{w}>\sqrt[w]{x_1^{w_1}{x}_2^{w_2}\cdots x_n^{w_n}}.$

Altre generalizzazioni

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

• Disuguaglianza di raggruppamento,
• Disuguaglianza di MacLaurin,
• Media generalizzata.

Voci correlate

• Media (statistica)
• Disuguaglianza di Jensen
• Disuguaglianza di convessità
• Disuguaglianza di Young

Collegamenti esterni

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