Сравнение различных средних двух положительных чисел

20

СРАВНЕНИЕ
РАЗЛИЧНЫХ СРЕДНИХ
ДВУХ ПОЛОЖИТЕЛЬНЫХ
ЧИСЕЛ

3. А. Скопец

Хорошо известно, что с двумя положительных числами $a$ и $b$ или с двумя отрезками, имеющими длины $a$ и $b$, связаны их среднее арифметическое $\frac{a+b}{2}$ и среднее геометрическое $\sqrt{ab}$, причем $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$ (равенство выполняется только при $a=b$). Алгебраическая доказательство этого неравенства чрезвычайно простое:

$$(a-b)^2 \geq 0, (a+b)^2 \geq 4ab,$$
$$ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \text{ и } \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Геометрическое же доказательство основано на одном метрическом соотношении между элементами прямогоугольного треугольника: высота прямогоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, есть среднее геометрическое проекций катетов на гипотенузу. Эта высота не превыходит радиуса описанной около треугольника окружности, в то время как среднее арифметическое отрезков гипотенузы в точности равно радиусу этой окружности.

Помимо указанных двух средних интерсено рассмотрен еще два часто встречающихся средних: среднее квадратиное $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ и среднее гармоничное $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} = \frac{2ab}{a+b}$.

Приведем алгебраическое, а затем и геометрическое доказательство того, что

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},$$

причем во всех случаях знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда $a=b$. Обозначим выписанные в (1) средние почередно буквами $M, N, K, L$. Неравенство $N \leq K$ мы уже проверили. Остается доказать, что 1) $K \leq L$; 2) $M \leq N$.

1. $K^2 - L^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 - \frac{a^2+b^2}{2} = -\frac{1}{4} (a-b)^2 \leq 0,$

то есть $K \leq L$, причем $K=L$ только при $a=b$;

2. $M^2 - N^2 = \frac{4a^2b^2}{(a+b)^2} - ab = -\frac{ab (a-b)^2}{(a+b)^2} \leq 0,$

то есть $M \leq N$, причем $M=N$ при $a=b$.

Справедливо неравенств (1) доказана *).

Теперь мы рассмотрим геометрическое доказательство этих неравенств, которые могут оказаться по-

*) Об этих неравенств уже шла речь в статье A. П. Савина «Максиум, минимум и теорема о средних» («Квант» № 11, 1970).

21

Лезными при решении геометрических задач.

Пусть данные два отрезка $a$ и $b$. Если $a=b$, то проверкой убеждаемся в справедливости неравенств (1). Предположим, что $a>b$, и построим трапецю $ABCD$ с основаниями $AB$ и $CD$, равными соответствию $a$ и $b$ (рис. 1). Проведем секущую прямую $l$ так, чтобы она была параллельна основаниям трапеции и рассекала ее на две равновеликие трапеции $T_1(ABL_2L_1)$ и $T_2(L_1L_2CD)$. Вычислим длину отрезка $L_1L_2$, которое обозначим через $x$. Из равновелиости трапеций $T_1$ и $T_2$ следует, что $(a+x)h_1=(x+b)h_2$, или

$$h_1:h_2=(x+b):(a+x),$$

(2) где $h_1$ — высота трапеции $T_1$, а $h_2$ — высота трапеции $T_2$. Из подобия треугольников $AL_1U$ и $DL_1V$ вытекает, что

$$h_1:h_2=(a-x):(x-b).$$

(3) Сопоставляя (2) и (3), получаем

$$\frac{x+b}{a+x}=\frac{a-x}{x-b},$$

откуда находится, что $x^2-b^2=a^2-x^2$, и окончательно

$$x=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

Итак, доказано, что $L_1L_2=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Учитывая (2), имеем $h_1<h_2$, поэтому отрезок $L_1L_2$ лежит близке к большему основанию $AB$ трапеции, чем ее средняя линия $K_1K_2$, равная $\frac{a+b}{2}$. Нолина отрезка $x$, параллельного основаниям трапеции, концы которого лежат на боковых сторонах трапеции, заключена между длинами ее оснований (это вытекает из свойств подобия). Итак, при $a>b$ имеем $\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$. Это неравенство остается в силу и при $a<b$ (достаточно поменять обозначения: $a$ на $b$ и $b$ на $a$). Следовательно, для любых $a$ и $b$ имеем $\frac{a+b}{2}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Перейдем к сравнению $N$ и $K$. Для этого проведем секущую прямую $n$ так, чтобы она рассекала данные трапецию на две подобные (гомотетичные) трапеции $T_1'(ABN_2N_1)$ и $T_2'(N_1N_2CD)$ (рис. 2). Обозначим длину отрезка $N_1N_2$ через $y$. Из подобия трапеций $T_1'$ и $T_2'$ следует, что $a:y=y:b$, или

$$y=\sqrt{ab}.$$

Следовательно, $N_1N_2=\sqrt{ab}$. Из подобия трапеций (с учетом (4)) следует также, что

$$AN_1:N_1D=a:y=\sqrt{\frac{a}{b}}>1.$$

Это означает, что прямая $n$ находится дальше от основания $AB$ трапеции,

22

Чем средняя линия $K_1K_2$, и поэтому $N_1N_2 < K_1K_2$. Итак, для любых $a$ и $b$ имеем

$$\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Наконец, проведем через точку пересечения $O$ диагоналей данной трапеции прямую $m$, параллельную ее основаниям и пересекающую боковые стороны в точках $M_1$ и $M_2$ (рис. 3). Очевидно, что $AM_1:M_1D = AO:OC = a:b$.

Но $\frac{a}{b} > \sqrt{\frac{a}{b}}$, ибо $a > b$. Следовательно, учитывая (5), заключаем, что отрезок $M_1M_2$ находится близке к меньшему основанию трапеции, чем отрезок $N_1N_2$, и поэтому $M_1M_2 < N_1N_2$. С другой стороны,

$$M_1O:a = DO:DB = CO:CA = OM_2:a.$$

Это означает, что $M_1O = OM_2$. Далее,

$$\frac{M_1O}{a} + \frac{OM_2}{b} = \frac{DO}{DB} + \frac{BO}{DB} = 1.$$

Отсюда находится, что $M_1M_2 = 2M_1O = 2\frac{1}{a} + \frac{1}{b}$, и поэтому $M_1M_2 = \frac{2ab}{a+b}$. Итак, $M < N$, если $a > b$. Аналогично доказывается, что $M < N$, если $a < b$. Следовательно, для любых $a$ и $b$ имеем

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab}.$$

Этим справедливо неравенств (1) доказана.

Таким образом, все четыре средние

$$M_1M_2 = M = \frac{2ab}{a+b}; \quad N_1N_2 = N = \sqrt{ab};$$

$$K_1K_2 = K = \frac{a+b}{2}; \quad L_1L_2 = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

ниже двух отрезков $a$ и $b$ получили геометрическое истоковоеение: если эти два отрезка служат основаниями трапеции, то близке к большему основанию трапеции находится среднее квадратичное, за ним следует среднее арфметическое, далее идет среднее геометрическое и, наконец, среднее гармоничное (рис. 4). Очевидно, что длины этих отрезков не зависит от формы трапеции — у всех трапеций с данными длинами $a$ и $b$ оснований указанные средние соответствующего равны. Когда $a = b$, то трапеция превращается в параллелограмм и все четыре средние совпадают и становятся равны $a$.

Остается построить эти четыре средние по заданным отрезкам $a$ и $b$. Мы даим такие построения, чтобы можно было другим путем убедиться в истинности неравенств (1).

Отложим на прямой по одному сторону от точки $O$ отрезки $OA = a$, $OB = b$, где $a < b$. Пусть $S$ — середина отрезка $AB$ (рис. 5). Тогда

$$OS = a + \frac{b-a}{2} \text{ или } OS = \frac{a+b}{2} = K.$$

23

Рис. 5.

$$OC = M = \frac{2ab}{a+b};$$
$$OP = N = \sqrt{ab};$$
$$OS = K = \frac{a+b}{2};$$
$$OE = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}};$$
$$M < N < K < L.$$

Построим на отрезке $AB$, как на диаметре, окружность и проведем к ней из точки $O$ касательные $OP$ и $OQ$ ($P, Q$ — точки касания). Воспользуемся зависимостью между отрезками секущей и касательной, проведенных из точки $O$ к окружности:
$$OP^2 = ab.$$ Следовательно, $OP = \sqrt{ab} = N$, причем $N < K$. Далее, пусть $PQ$ пересекает $OS$ в точке $C$. Тогда $OP^2 = OS \cdot OC$ и
$$OC = ab: \frac{a+b}{2} = \frac{2ab}{a+b} = M,$$
причем $M < N$.

Наконец, построим радиус $SE$, перpendикулярный $AB$. Имеем
$$OE^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2,$$
$$OE = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} = L,$$
причем $K < L$. Итак, если $a \neq b$, то $M < N < K < L$.

Уражнения

1. На прямой по одному сторону от точки $O$ отложены отрезки $OA = a, OB = b, a < b,$ и построена окружность $k$ диаметра $AB$ с центром $S$. Далее, построены $k_1$ с центром $O$ радиуса $OP$ и $k_2$ с диаметром $OS$.

Доказать, что если прямая, проходящая через $O$, пересекает часть линей $g, k_1$ и $k_2$, расположенные внутри $k$, в точках $C_1, P_1, S_1$, а окружность $k$ — в точках $A_1$ и $B_1$, то
$$OC_1 = \frac{2a_1b_1}{a_1+b_1},$$
$$OP_1 = \sqrt{a_1b_1},$$
$$OS_1 = \frac{a_1+b_1}{2} \quad (a_1 = OA_1, b_1 = OB_1).$$

2. Найти четые соотношения, связывающие между собой каждые три средние двух чисел $a$ и $b$:
   $$M = \frac{2ab}{a+b},$$
   $$N = \sqrt{ab},$$
   $$K = \frac{a+b}{2},$$
   $$L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

3. Доказать истинность следующих неравенств:
   a) $N - M \leqslant K - N,$
   b) $K - M \leqslant L - N,$
   b) $L - K \leqslant K - N.$

4. Okружность с центром $S$ на оси абсцисс прямого угловой системы координат пересекает ось в точках $A(a, 0)$ и $B(b, 0), a > 0, b > 0, a < b$. Секущая, проходящая через начало координат $O$, пересекает окружность в точках $A_1$ и $B_1$. Составить уравнение линей, которой принадлежат те точки $C_1(x, y)$ на секущих, для которых
   $$(OC_1)^2 = \frac{1}{2} \left[ (OA_1)^2 + (OB_1)^2 \right].$$

5. На продолжении стороны $AB$ треугольника $ABS$ за точкой $A$ дна точка $O$, через которого проведена прямая, пересекающая $AS$ и $BS$ соответствующего в точках $B_1$ и $A_1$. Через точку пересечения $P$ прямых $AA_1$ и $BB_1$ проведена прямая $SP$, пересекающая $AB$ в точке $C$. Доказать, что $c = \frac{2ab}{a+b}$, где $OA = a, OB = b, OC = c$.

6. Дан параллелограмм $OABC$ и средняя линия $MN$ треугольника $ABC$, параллельная $AC$. Через вершину $O$ проведена прямая; пересекающая прямые $BC, CA, AB, MN$ соответствующего в точках $A_0, B_0, C_0, D_0$. Доказать, что $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{d}$, где $OA_0 = a, OB_0 = b, OC_0 = c, OD_0 = d$; точки $A_0, B_0, C_0, D_0$ находится по одному сторону от $O$ ($d$ — среднее гармоничное отрезок $a, b, c, d$).

Как изменится указано равенство, если точки $A_0, B_0, C_0, D_0$ не лежат по одному сторону от $O$?