Tres demostraciones de AM-GM

Esta es la demostración clásica de Cauchy (1821). Establece AM-GM para todo $n$ mediante dos induciones encadenadas.

Lema. AM-GM es válida para $n=2$: $\dfrac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$.

Prueba. $(\sqrt a-\sqrt b)^2\geq0 \implies a-2\sqrt{ab}+b\geq0 \implies a+b\geq2\sqrt{ab}$. $\blacksquare$

Paso 1: inducción hacia adelante ($n\to2n$). Si AM-GM es válida para $n$ variables, es válida para $2n$ variables.

Prueba. Dados $a_1,\ldots,a_{2n}$, sean $A=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ y $B=\sqrt[n]{a_{n+1}\cdots a_{2n}}$ (medias geométricas de las dos mitades). Por hipótesis de inducción:

$\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\geq A, \quad \frac{a_{n+1}+\cdots+a_{2n}}{n}\geq B.$

Sumando y dividiendo entre $2$: $\frac{a_1+\cdots+a_{2n}}{2n}\geq\frac{A+B}{2}$.

Por AM-GM para $n=2$: $\frac{A+B}{2}\geq\sqrt{AB}=(a_1\cdots a_{2n})^{1/(2n)}$. $\blacksquare$

Por inducción doble: AM-GM es válida para $n=2,4,8,16,\ldots$ (todas las potencias de $2$).

Paso 2: inducción hacia atrás ($n\to n-1$). Si AM-GM es válida para $n$ variables, es válida para $n-1$ variables.

Prueba. Dados $a_1,\ldots,a_{n-1}$, sea $M=\frac{a_1+\cdots+a_{n-1}}{n-1}$ (media aritmética). Aplica AM-GM para $n$ variables a $a_1,\ldots,a_{n-1},M$:

$\frac{a_1+\cdots+a_{n-1}+M}{n}\geq(a_1\cdots a_{n-1}\cdot M)^{1/n}.$

El lado izquierdo: $\frac{(n-1)M+M}{n}=M$. Así:

$M\geq(a_1\cdots a_{n-1}\cdot M)^{1/n}.$

Elevando a la $n$: $M^n\geq a_1\cdots a_{n-1}\cdot M$, así $M^{n-1}\geq a_1\cdots a_{n-1}$, es decir, $M\geq(a_1\cdots a_{n-1})^{1/(n-1)}$. $\blacksquare$

Conclusión. Por el Paso 1, AM-GM vale para $n=2^k$ para todo $k\geq1$. Por el Paso 2, si vale para $n=2^k$ también vale para $n=2^k-1, 2^k-2,\ldots$ hasta $n=1$ (trivial). Así vale para todo $n\geq1$. $\blacksquare$

Condición de igualdad. En el Paso 2, la igualdad exige $a_{n-1}^{\text{nuevo}}=M$ (que es la igualdad al añadir $M$ como $n$-ésimo término), que a su vez exige que todos los $a_i=M$ por la hipótesis de inducción. Así, la igualdad general ocurre iff $a_1=\cdots=a_n$.

El logaritmo es cóncavo: $\ln$ satisface $\ln(\lambda x+(1-\lambda)y)\geq\lambda\ln x+(1-\lambda)\ln y$ para $x,y>0$, $\lambda\in[0,1]$.

Por Jensen con $f=\ln$ cóncava y pesos iguales $w_i=1/n$:

$\ln\!\left(\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\right) \;\geq\; \frac{\ln a_1+\cdots+\ln a_n}{n} \;=\; \ln\!\left(a_1\cdots a_n\right)^{1/n}.$

Aplicando $\exp$ (que es creciente): $\dfrac{a_1+\cdots+a_n}{n}\geq(a_1\cdots a_n)^{1/n}$. $\blacksquare$

Ventaja. Esta demostración es la más corta y generaliza inmediatamente a la forma ponderada: con pesos $w_i>0$, $\sum w_i=1$:

$\ln\!\left(\sum w_i a_i\right)\geq\sum w_i\ln a_i=\ln\prod a_i^{w_i},$

es decir, $\sum w_i a_i\geq\prod a_i^{w_i}$. $\blacksquare$

Desventaja. Requiere tener ya demostrada la concavidad del $\ln$ (o Jensen), que a su vez requiere saber que $(\ln x)''=-1/x^2<0$.

Desigualdad de reordenamiento. Si $a_1\leq\cdots\leq a_n$ y $b_1\leq\cdots\leq b_n$, entonces para cualquier permutación $\sigma$:

$\sum_{i=1}^n a_i b_i \;\geq\; \sum_{i=1}^n a_i b_{\sigma(i)}.$

(El mayor emparejado con el mayor da la suma máxima; el mayor con el menor da la mínima.)

Demostración de AM-GM via reordenamiento.

Sea $G=(a_1\cdots a_n)^{1/n}$ la media geométrica. Definir $b_i=a_i/G$ (así $\prod b_i=1$) y probar $\sum b_i\geq n$.

Construir la permutación cíclica $\sigma$: $b_1\to b_2\to\cdots\to b_n\to b_1$. Por el reordenamiento (con pesos $c_i=\ln b_i$... en realidad, el argumento es más sutil):

Considerar las $n$ sumas: $\sum b_i\cdot1$, $\sum b_i\cdot(b_1/b_2)$, ... cada una $\geq\sum b_i^{1-1/n}\cdot b_{\sigma(i)}^{1/n}$... Este enfoque es correcto pero algo elaborado.

Alternativa directa. Usar AM-GM para el cociente. Para $\prod b_i=1$:

$\frac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n} \geq 1 \quad \Longleftrightarrow \quad b_1+\cdots+b_n\geq n,$

que también se puede probar por inducción usando solo el caso $n=2$: $b_1+b_n\geq2\sqrt{b_1b_n}$, $b_2+b_{n-1}\geq2\sqrt{b_2b_{n-1}}$, ..., sumar y aplicar AM-GM de nuevo para los radicandos. (Esta es en esencia la demostración de Cauchy de nuevo.)

La demostración vía reordenamiento propiamente dicha. Sea $G=(a_1\cdots a_n)^{1/n}$. Aplicar el reordenamiento con $a_i$ y $G/a_i$ (que están en orden opuesto, pues $a_i$ creciente implica $G/a_i$ decreciente):

$\sum_i a_i\cdot\frac{G}{a_i}=nG\;\leq\;\sum_i a_i\cdot\frac{G}{a_{\sigma(i)}}$

para cualquier permutación $\sigma$. Tomando $\sigma$ apropiada y sumando sobre todas las permutaciones cíclicas... el argumento se convierte en el Lema de Bunching, que no es más simple que Cauchy. $\blacksquare$ (El espíritu es correcto aunque la presentación limpia requiere más detalle.)

Demostración	Prerequisitos	Extensión a forma ponderada	Elegancia
Cauchy (forward-backward)	Solo álgebra elemental	Sí (con más trabajo)	Alta
Convexidad del $\ln$	Cálculo (Jensen)	Inmediata	Muy alta
Reordenamiento	Desigualdad de reordenamiento	Complicada	Media