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 ${\displaystyle x}$ e ${\displaystyle y}$, è la disuguaglianza:

${\displaystyle {\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}0&\leq (x-y)^{2}=x^{2}-2xy+y^{2}\\&=x^{2}+2xy+y^{2}-4xy=(x+y)^{2}-4xy.\end{aligned}}}$

Quindi ${\displaystyle (x+y)^{2}\geq 4xy}$, con l'uguaglianza precisamente quando ${\displaystyle (x-y)^{2}=0}$, cioè ${\displaystyle x=y}$. 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 ${\displaystyle x}$ e ${\displaystyle y}$, perciò ha perimetro ${\displaystyle 2x+2y}$ e area ${\displaystyle xy}$. In modo simile, un quadrato con il lato di lunghezza ${\displaystyle {\sqrt {xy}}}$ ha perimetro ${\displaystyle 4{\sqrt {xy}}}$ e la stessa area del rettangolo. Questo caso della disuguaglianza MA-MG implica per i perimetri che ${\displaystyle 2x+2y\geq 4{\sqrt {xy}}}$ 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.

La media aritmetica, o meno precisamente la media, di una lista di ${\displaystyle n}$ numeri ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ è la somma dei numeri divisa per ${\displaystyle n}$:

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}.}$

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:

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}.}$

Se ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}>0}$, questo è uguale all'esponenziale della media aritmetica dei logaritmi naturali dei numeri:

${\displaystyle \exp \left({\frac {\ln {x_{1}}+\ln {x_{2}}+\cdots +\ln {x_{n}}}{n}}\right).}$

Riaffermando la disuguaglianza usando la notazione matematica, si ha che per ogni lista di ${\displaystyle n}$ numeri non negativi ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}}$,

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}\,,}$

e vale l'uguaglianza se e solo se ${\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}}$.

In due dimensioni, ${\displaystyle 2x_{1}+2x_{2}}$ è il perimetro di un rettangolo con lati di lunghezza ${\displaystyle x_{1}}$ e ${\displaystyle x_{2}}$. In modo simile, ${\displaystyle 4{\sqrt {x_{1}x_{2}}}}$ è il perimetro di un quadrato della stessa area ${\displaystyle x_{1}x_{2}}$ del rettangolo. Quindi per ${\displaystyle n=2}$ 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 ${\displaystyle n}$ dimensioni. Ogni vertice di una scatola ${\displaystyle n}$-dimensionale è connesso a ${\displaystyle n}$ spigoli. Se le miure di questi spigoli sono ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}}$, allora ${\displaystyle x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}$ è la lunghezza totale degli spigoli incidenti in quel vertice. Ci sono in totale ${\displaystyle 2^{n}}$ vertici, quindi si moltiplica ${\displaystyle n}$ per ${\displaystyle 2^{n}}$; poiché ogni spigolo, tuttavia, incontra sue vertici, ciascuno dei primi sono contati due volte. Pertanto, si divide il risultato per ${\displaystyle 2}$ e si conclude che ci sono ${\displaystyle n2^{n-1}}$ spigoli. Ci sono lo stesso numero di spigoli per ogni lunghezza, quindi ci sono ${\displaystyle 2^{n-1}}$ spigoli per ogni ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$ e la loro lunghezza totale è perciò ${\displaystyle 2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})}$. D'altra parte,

${\displaystyle 2^{n-1}nx_{1}=2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}}$

è la lunghezza totale degli spigoli connessi a un vertice in un cubo ${\displaystyle n}$-dimensionale di uguale volume, poiché in questo caso ${\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}}$. Siccome la disuguaglianza afferma che

${\displaystyle {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n} \over n}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}},}$

moltiplicando entrambi i membri per ${\displaystyle n2^{n-1}}$ si ottiene

${\displaystyle 2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})\geq 2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}}$

con l'uguaglianza se e solo se ${\displaystyle x_{1}=x_{2}=...=x_{n}}$.

Così la disuguaglianza MA-MG afferma che fra le scatole ${\displaystyle n}$-dimensionali di uguale volume, l'n-cubo ha la minore somma delle lunghezze degli spigoli connessi a ciascun vertice.^[1]

Si consideri la funzione

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

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

${\displaystyle {\begin{aligned}f(x,y,z)&=6\cdot {\frac {{\frac {x}{y}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}{6}}\\&=6\cdot {\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}}\end{aligned}}}$

con

${\displaystyle x_{1}={\frac {x}{y}},\qquad x_{2}=x_{3}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}},\qquad x_{4}=x_{5}=x_{6}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.}$

Applicando la disuguaglianza MA-MG per ${\displaystyle n=6}$, si ha

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

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

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

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

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

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.

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

${\displaystyle \log \left({\frac {\sum x_{i}}{n}}\right)\geq \sum (1/n)\log x_{i}=\sum \left(\log x_{i}^{1/n}\right)=\log \left(\prod x_{i}^{1/n}\right).}$

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

Si deve mostrare che

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}}$

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

${\displaystyle {\Bigl (}{\frac {x_{i}+x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{i}x_{j}={\Bigl (}{\frac {x_{i}-x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0.}$

Così il membro destro sarà il più grande quando tutti gli ${\displaystyle x_{i}}$ sono uguali alla media aritmetica

${\displaystyle \alpha ={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}},}$

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

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}=\alpha ={\sqrt[{n}]{\alpha \alpha \cdots \alpha }}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}.}$

Questa è una dimostrazione valida per il caso ${\displaystyle n=2}$, ma la procedura di prendere iterativamente medie di coppie di numeri può fallire nel produrre valori uguali nel caso ${\displaystyle n\geq 3}$. Un esempio di questo caso è ${\displaystyle x_{1}=x_{2}\neq x_{3}}$: 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 ${\displaystyle n\geq 3}$.

Con la media aritmetica

${\displaystyle \alpha ={\frac {\ x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}}$

di numeri reali non negativi ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$, la disuguaglianza è equivalente a

${\displaystyle \alpha ^{n}\geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}$

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

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle \implies (x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0\,.\qquad (1)}$

Ora si definisce ${\displaystyle y}$ come

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

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

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

${\displaystyle n\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y},}$

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

${\displaystyle \alpha ^{n+1}=\alpha ^{n}\cdot \alpha \geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}y\cdot \alpha .\qquad (2)}$

Grazie a ${\displaystyle (1)}$ si sa che

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

quindi

${\displaystyle y\alpha >x_{n}x_{n+1}\,,\qquad (3)}$

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

${\displaystyle \alpha ^{n+1}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}x_{n}x_{n+1}\,}$

che completa la dimostrazione.

Prima di tutto si dimostra che per i numeri reali ${\displaystyle x_{1}<1}$ e ${\displaystyle x_{2}>1}$ vale

${\displaystyle x_{1}+x_{2}>x_{1}x_{2}+1.}$

Infatti, moltiplicando entrambi i membri di ${\displaystyle x_{2}>1}$ per ${\displaystyle 1-x_{1}}$, si ottiene

${\displaystyle x_{2}-x_{1}x_{2}>1-x_{1},}$

dalla quale si ricava immediatamente la disuguaglianza richiesta.

Ora, ora si andrà a dimostrare che per i numeri reali ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$ tali che ${\displaystyle x_{1}\cdots x_{n}=1}$, vale

${\displaystyle x_{1}+\cdots +x_{n}\geq n.}$

L'uguaglianza vale se ${\displaystyle x_{1}=\cdots =x_{n}}$.

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

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

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

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

${\displaystyle (x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}x_{n})>n-1.}$

Tuttavia, tenendo conto della base induttiva, si ha

${\displaystyle x_{1}+\cdots +x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}+x_{n})>(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+x_{n-1}x_{n}+1>n,}$

che completa la dimostrazione.

Dati i numeri positivi reali ${\displaystyle a_{1},...,a_{n}}$, si definiscono ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$ come

${\displaystyle x_{1}={\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}},...,x_{n}={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}.}$

I numeri ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$ soddisfano la condizione ${\displaystyle x_{1}\cdots x_{n}=1}$. Così si ottiene

${\displaystyle {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}+\cdots +{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}\geq n,}$

da cui si ricava

${\displaystyle {\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}},}$

con l'uguaglianza che vale se e solo se ${\displaystyle a_{1}=\cdots =a_{n}}$.

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

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

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

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

${\displaystyle {\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}x_{n+1}})^{\frac {1}{n+1}}\geq 0}$

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

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

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

Provare il passo induttiva corrisponde a mostrare che ${\displaystyle f(t)\geq 0}$ per ogni ${\displaystyle t>0}$, e che ${\displaystyle f(t)=0}$ solo se ${\displaystyle x_{1},...,x_{n},t}$ sono uguali. Questo può essere fatto analizzando i punti critici di ${\displaystyle f}$ usando calcolo differenziale basilare.

La derivata prima si ${\displaystyle f}$ è data da

${\displaystyle f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t^{-{\frac {n}{n+1}}},\qquad t>0.}$

Un punto critico ${\displaystyle t_{0}>0}$ deve soddisfare ${\displaystyle f'(t_{0})=0}$, che significa

${\displaystyle ({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t_{0}^{-{\frac {n}{n+1}}}=1.}$

Dopo pochi calcoli si ha

${\displaystyle t_{0}^{\frac {n}{n+1}}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}},}$

e infine

${\displaystyle t_{0}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}},}$

che è la media geometrica di ${\displaystyle x_{1},...,x_{n}}$. Questo è l'unico punto critico di ${\displaystyle f}$. Poiché ${\displaystyle f''(t)>0}$ per ogni ${\displaystyle t>0}$, la funzione è strettamente convessa e ha un massimo globale stretto in ${\displaystyle t_{0}}$. Successivamente si calcola il valore della funzione nel punto di massimo:

${\displaystyle {\begin{aligned}f(t_{0})&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+({x_{1}\cdots x_{n}})^{1/n}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n(n+1)}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}+{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {n}{n+1}}{\Bigl (}{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}{\Bigr )}\geq 0,\end{aligned}}}$

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

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.^[2] In questa variante del principio di induzione, una volta dimostrata vera la proprietà ${\displaystyle P(n)}$ per ${\displaystyle n_{0}}$, il passo induttivo consiste nel dimostrare che

• ${\displaystyle P(n)}$ è vera per ${\displaystyle n=2^{k}\geq n_{0}}$ con ${\displaystyle k\in \mathbb {N} }$
• ${\displaystyle P(2^{k})\Rightarrow P(n)}$ con ${\displaystyle n<2^{k}}$

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:

${\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n},}$

allora la loro somma è ${\displaystyle nx_{1}}$, perciò la loro media aritmetica è ${\displaystyle x_{1}}$; e il loro prodotto è ${\displaystyle x_{1}^{n}}$, perciò la loro media geometrica è ${\displaystyle x_{1}}$. 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 ${\displaystyle n>1}$.

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

Il passo base: n = 2

Se ${\displaystyle n=2}$, allora si hanno due termini, ${\displaystyle x_{1}}$ e ${\displaystyle x_{2}}$, e poiché (per ipotesi) non tutti i termini sono uguali, si ha:

${\displaystyle {\begin{aligned}&{\Bigl (}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl (}{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}}$

quindi

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}}$

come desiderato.

Il sottocaso n = 2^k

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

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

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

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&{}={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}}$

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

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

e

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

(in cui la media aritmetica e geometrica della prima sono entrambe uguali a ${\displaystyle x_{1}}$, 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 ${\displaystyle 2^{k}}$ numeri sono uguali, è impossibile che entrambe siano uguaglianze, così si ricava che:

${\displaystyle {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}}$

come desiderato.

Il sottocaso n < 2^k

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

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

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

Si ha dunque:

${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {m-n}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(m-n\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&>{\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}}\,,\end{aligned}}}$

da cui

${\displaystyle \alpha ^{m}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}$

cioè

${\displaystyle \alpha >{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}}$

come desiderato.

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

Si consideri la lista di numeri reali non negativi ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}}$. Se sono tutti zero, allora la disuguaglianza MA-MG vale con l'uguale. Quindi in seguito si considererà la loro media aritmetica ${\displaystyle \alpha >0}$. Dalla disuguaglianza precedente applicata ${\displaystyle n}$ volte, si ottiene che

${\displaystyle {\begin{aligned}&{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl (}{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (1)\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n=n-n=0.}$

Ritornando alla ${\displaystyle (1)}$,

${\displaystyle {\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,}$

che produce ${\displaystyle x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\leq \alpha ^{n}}$, e quindi l'enunciato^[3]

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .}$

Esiste una disuguaglianza simile per la media aritmetica pesata e la media geometrica pesate. In modo specifico, siano ${\displaystyle x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ numeri reali non negativi e ${\displaystyle w_{1},w_{2},...,w_{n}}$ i loro rispettivi pesi (non negativi). Si definisca inoltre ${\displaystyle w=w_{1}+w_{2}+\cdots +w_{n}}$. Se ${\displaystyle w>0}$, allora vale la disuguaglianza

${\displaystyle {\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}}$

e diventa una uguaglianza se e solo se tutti i ${\displaystyle x_{k}}$ con i ${\displaystyle w_{k}>0}$ sono uguali. Qui si usa la convenzione ${\displaystyle 0^{0}=1}$.

Se tutti i ${\displaystyle w_{k}}$ sono uguali a ${\displaystyle 1}$, la disuguaglianza si riduce a alla MA-MG non pesata analizzata precedentemente.

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 ${\displaystyle x_{k}}$ con peso ${\displaystyle w_{k}=0}$ non ha nessuna influenza sulla disuguaglianza, si può assumere che tutti i pesi sono positivi. Se tutti i numeri ${\displaystyle x_{k}}$ 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 ${\displaystyle x_{k}}$ 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 ${\displaystyle x_{k}}$ sono positivi.

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

${\displaystyle \ln {\Bigl (}{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.}$

Poiché il logaritmo è strettamente monotono,

${\displaystyle {\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.}$

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

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

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

• Arthur Lohwater, Introduction to Inequalities, su mediafire.com, Online e-book in PDF format, 1982.