Solmu 1/2019 11
Kahden muuttujan keskiarvoista
Esa V. Vesalainen
Matematik och statistik, Åbo Akademi
Olkootajabpositiivisia reaalilukuja. Niiden kvadraat- tinen keskiarvo Q, (aritmeettinen) keskiarvo A, geo- metrinen keskiarvoGja harmoninen keskiarvoH saa- daan kaavoista
Q=
ra2+b2
2 , A= a+b 2 , G=
√
ab, ja H = 2 1 a+1
b .
Näille tunnetusti pätevät hyvin klassiset ja tyylikkäät epäyhtälöt Q > A > G > H. Lisäksi tunnetusti pä- tee, että jos jotkin kaksi keskiarvoista Q, A, G ja H ovat yhtä suuria, niin silloin itse asiassa on a = b ja Q=A=G=H.
Kuitenkin nämä keskiarvot voivat äkkiseltään tuntua hieman abstrakteilta tai kummallisilta. Tässä pienes- sä kirjoituksessa tarkoituksenamme on kertoa muuta- mista geometrisista tilanteista, joissa näitä keskiarvoja luonnollisilla tavoilla esiintyy, mikä toivottavasti saa ne ja yllä kuvatut epäyhtälöt näyttämään ystävällisemmil- tä.
Ympyrä, jonka halkaisijan pituus on a +b
Tarkastellaan ensin ympyrää, jonka halkaisijanABpi- tuus ona+b, ja piirretään halkaisijalleABkohtisuora, joka pilkkoo sen näihin osiin:
A B
X
Y C
a b
Tässä siis pisteet X ja Y 1sijaitsevat ympyrän kehällä niin, että XY ⊥AB, ja janojenAB jaXY leikkaus- piste onC. LisäksiAC=ajaCB=b.
Lause. Yllä kuvatussa tilanteessa pätee XC=CY =√
ab.
Todistus. Kehäkulmalauseen nojalla on luonnollises- ti oltava ∠CAX = ∠BY C, ja tietenkin on myös
∠XCA = ∠Y CB = 90◦, joten kolmiot 4ACX ja 4Y CB ovat yhdenmuotoisia. Siten vastaavien sivupa- rien suhteet ovat yhtä suuria, ja erityisesti
AC CY = XC
CB eli AC·CB=XC·CY.
Lisäksi, koska kuvio on itse asiassa peilisymmetrinen halkaisijanABsuhteen, on XC=CY, eli
XC2=CY2=AC·CB=ab, ja siisXC =CY =√
ab.
12 Solmu 1/2019
Tämä tarjoaa myös näppärän tavan laskea kahden ja- nan geometrisen keskiarvon vaikkapa harpilla ja viivai- mella. Soveltamalla konstruktiota janoihin, joiden pi- tuudet ovat a ja b = 1, voimme käyttää samaa kon- struktiota myös neliöjuuren√
alaskemiseen.
Kuviosta löytyy myös lukujenajabaritmeettinen kes- kiarvo. Nimittäin, piirretään ympyrälle toinen halkai- sija P Q, jolle P Q ⊥ AB. Olkoon janojen P Q ja AB leikkauspisteD. TietenkinP D=DQ= (a+b)/2.
A B
X
Y C P
Q D
1
Nyt on visuaalisesti varsin selvää, että on oltavaP D>
XC, eli aritmeettinen keskiarvo on aina vähintään geo- metrinen keskiarvo, ja lisäksi yhtäsuuruus vallitsee vain ja ainoastaan silloin, kun P = X ja D = C, eli kun AC=CB, eli kuna=b.
Nopeuksien keskiarvoja
Aritmeettinen ja harmoninen keskiarvo esiintyvät luon- nollisesti tarkasteltaessa nopeuksien keskiarvoja. Seu- raavaksi ihmettelemme kahta esimerkkiä tästä. Seuraa- va on klassinen kilpailutehtävä:
Ongelma. Arthurin pitää päästä Davidin luo autolla.
Mikäli Arthur ajaa 60 km/h, saapuu hän 5 minuuttia myöhässä. Mikäli hän ajaa90 km/h, saapuu hän5 mi- nuuttia etuajassa. Mitä nopeutta hänen on ajettava ol- lakseen täsmälleen oikeaan aikaan perillä?
Ratkaisu. Olkoon`se matka, joka Arthurin on ajetta- va, olkoontse aika, jossa Arthurin on oltava perillä, ja olkoonv kysytty nopeus. On selvitettäväv=`/t, kun tiedetään, että
60 km/h = `
t+ 5 min ja 90 km/h = ` t−5 min. Kirjoittamalla nämä yhtälöt muodossa
t+ 5 min =`· 1
60 km/h ja t−5 min =`· 1 90 km/h,
ja laskemalla nämä yhteen, saadaan 2t=`·
1
60 km/h+ 1 90 km/h
, ja edelleen, että
v= `
t = 2
1
60 km/h+ 1 90 km/h
= 2
3 180+ 2
180 km/h
= 360
5 km/h = 72 km/h.
Toinen esimerkkimme nopeuksien keskiarvoista olisi tällainen1:
Ongelma. Aarne ja Bertta pyöräilevät Ankkavaaras- ta Hanhilinnaan. Aarne pyöräilee puolet etäisyydes- tä nopeudella v1 ja toiset puolet nopeudella v2 6= v1. Bertta taas pyöräilee puolet matka-ajastaan nopeu- della v1 ja toiset puolet nopeudella v2. Kumpi heistä saapuu perille nopeammin?
Ratkaisu. Olkoon matkaetäisyys d, ja olkoon Aarnen matka-aikatA ja BertantB. Aarne kulkee puolet etäi- syydestä ajassad/(2v1) ja toiset puolet ajassad/(2v2).
Siten
tA= d 2
1 v1 + 1
v2
.
Bertta taas kulkee puolessa ajastaan etäisyydentBv1/2 ja toisella puolella etäisyydentBv2/2, jolloin
d= tB
2 (v1+v2), eli tB= 2d v1+v2
. Nyt aritmeettis-harmonisen epäyhtälön nojalla
tA=d· 1 v1
+ 1 v2
2 > d· 2
v1+v2 =tB, eli Bertta saapuu perille nopeammin.
Puolisuunnikas, jonka kannat ovat a ja b
Tarkastellaan puolisuunnikasta ABCD, jonka kanto- jen pituudet ovatAD=ajaBC=b.
A D
C B
a
b
1
1Tämä on poimittu C. J. Bradleyn teoksestaIntroduction to Inequalities(Handbooks, Number Two, United Kingdom Mathema- tics Trust, 2010).
Solmu 1/2019 13
Osoittautuu, että tästä kuviosta löytyvät kaikki neljä keskiarvoa Q, A, G ja H, vieläpä geometrisesti luon- nollisilla tavoilla!2
Lause. Sijaitkoot pisteX sivullaABja pisteY sivulla CD niin, että ADk XY k BC, ja että puolisuunnik- kaiden AXY D ja XBCY alat ovat yhtä suuret. Täl- löin
XY =
ra2+b2 2 .
A D
C B
a
b
X Y
1
Todistus. Olkoon alkuperäisen puolisuunnikkaan kor- keush, jolloin sen pinta-ala on tunnetusti
A= a+b 2 ·h.
Olkoon puolisuunnikkaanAXY DalaA1ja korkeush1, ja olkoon puolisuunnikkaan XBCY ala A2 ja korkeus h2, jolloin luonnollisestih1+h2=h:
h2
h1
h
A D
B C
a
b
X Y
JananXY määritelmän nojalla on siis1 A1=A2=A/2, eli
a+XY
2 ·h1=XY +b
2 ·h2= 1 2 ·a+b
2 ·h.
Tästä voimme ratkaista korkeudeksih2 h2= (a+b)h
2 (XY +b). Koskah1=h−h2, voimme myös laskea
a+b
2 ·h= (a+XY)h1= (a+XY) (h−h2)
= (a+XY)
h− (a+b)h 2 (XY +b)
= (a+XY)·2XY + 2b−(a+b) 2 (XY +b) ·h,
mistä sieventämällä edelleen
(a+b) (XY +b) = (a+XY) (2·XY +b−a). Kertomalla kaiken auki saamme
a·XY +ab+b·XY +b2
= 2a·XY +ab−a2+ 2·XY2+b·XY −a·XY, josta supistuu mukavasti termejä pois niin, että
a2+b2= 2·XY2, eli XY =
ra2+b2 2 . Lause. Olkoon X sivun AB keskipiste, ja olkoon Y sivunCD keskipiste. Tällöin ADkXY kBC ja
XY = a+b 2 .
A D
C B
a
b
X Y
Todistus. Olkoon puolisuunnikkaan1 ABCDkorkeush.
Koska oli AD k BC, on kumpikin pisteistä X ja Y yhtä etäällä suorasta AD kuin suorasta BC. Siispä ADkXY kBC, ja lisäksi puolisuunnikkaidenAXY D ja XBCY korkeudet ovat yhtä suuria, nimittäin yh- tä suuria kuin h/2. Mutta koska näiden kahden puo- lisuunnikkaan alojen summan on oltava puolisuunnik- kaanABCD ala, voimme todeta, että
a+XY 2 ·h
2 +XY +b 2 ·h
2 =a+b 2 ·h, mistä saa sieventämällä
XY = a+b 2 .
Lause. Sijaitkoot piste X sivullaAB ja pisteY sivul- la CD niin, että ADk XY kBC, ja että nelikulmiot AXY D ja XBCY ovat yhdenmuotoiset. Tällöin
XY =
√ ab.
A D
C B
a
b
X Y
1
2Kirjoittaja löysi tämän yllättävän seikan E. Beckenbachin ja R. Bellmanin teoksestaAn Introduction to Inequalities(New Mat- hematical Library, 3, Random House, 1961).
14 Solmu 1/2019
Todistus. KoskaAXY DjaXBCY ovat yhdenmuotoi- set, saamme vertailemalla vastaavia sivujaADjaXY, ja toisaalta vastaavia sivujaXY ja BC, että
AD XY = XY
BC, eli XY2=AD·BC=ab, eliXY =√
ab, kuten pitikin.
Lause. SivultaABvoi valita pisteenX, ja sivultaCD pisteen Y niin, että AD k XY k BC, ja että puoli- suunnikkaatAXY D jaXBCY ovat yhdenmuotoiset.
Todistus. Olemassaolon todistaminen on helppoa ta- pauksessaAD=BC, sillä silloin kyseessä on suunnikas ja riittää vain valita pisteeksiX sivunABkeskipiste ja pisteeksiY sivunCDkeskipiste, jolloin janaXY jakaa suunnikkaan kahdeksi yhteneväksi kapeammaksi suun- nikkaaksi. Oletetaan siis, ettäAD 6=BC. Ilman ylei- syyden menettämistä voimme olettaa, ettäAD < BC.
Koska AD < √
AD·BC < BC, voimme valita pis- teen X sivultaABja pisteen Y sivulta CD niin, että AD k XY k BC ja XY = √
AD·BC = √
ab. Nyt AXY Don puolisuunnikas, jossaADkXY, jaXBCY on puolisuunnikas, jossa XY k BC. Lisäksi kulmille selvästi pätee ∠XAD = ∠BXY, ∠Y XA = ∠CBX,
∠DY X=∠Y CBja∠ADY =∠XY C, sillä jokaisessa näistä yhtäsuuruuksista on kyse samankohtaisista kul- mista, missä jokin suora leikkaa kaksi keskenään sa- mansuuntaista suoraa. Riittää siis enää tarkistaa, et- tä vastinsivujen pareilla on oikeat pituuksien suhteet.
Tarkemmin, osoitamme, että AX
XB =DY
Y C = AD XY =XY
BC = ra
b.
Näistä kaksi viimeistä yhtäsuuruutta seuraavat suo- raan jananXY konstruktiosta, sillä onhan
AD XY = a
√ab = ra
b ja XY BC =
√ ab b =
ra b. Olkoot puolisuunnikkaan ABCD korkeus h, puoli- suunnikkaan AXY D korkeush1, ja puolisuunnikkaan XBCY korkeush2, jolloin jälleenh1+h2=h.
h2
h1
h
A D
B C
a
b
X Y
√ab
1 Aiomme osoittaa, että h1/h2 =p
a/b, sillä kun tämä on todistettu, on oltava
AX
XB = h1
sin∠Y XA·sin∠CBX h2
= h1 h2
= ra
b, ja
DY
Y C = h1
sin∠DY X ·sin∠Y CB h2 =h1
h2 = ra
b.
Koska puolisuunnikkaiden AXY D ja XBCY alojen summa on puolisuunnikkaanABCD ala, on oltava
a+√ ab 2 ·h1+
√ ab+b
2 ·h2=a+b
2 (h1+h2), mistä seuraa pienellä sievennyksellä
h1 b−√ ab
=h2
√ ab−a
, ja edelleen
h1
h2 =
√ ab−a b−√
ab =
√ a √
b−√ a
√b √ b−√
a = ra
b, ja olemme valmiit.
Lause. Olkoon O lävistäjien AC ja BD leikkauspis- te, ja sijaitkoot piste X sivulla AB ja piste Y sivulla CD niin, ettäADkXY kBC ja että jana XY kulkee pisteenO kautta. Tällöin
XY = 2 1 a+1
b .
A D
C B
a
b
X Y
O
Todistus. Todistamme, että1 XO= 1
1 a+1
b ,
jolloin tietenkin, tarkastellen puolisuunnikastaDCBA puolisuunnikkaanABCDsijaan, on oltava myös
OY = 1 1 a+1
b
, ja siis XY =XO+OY = 2 1 a+1
b ,
kuten pitikin.
Koska kolmiot4AXOja4ABCovat yhdenmuotoiset, on oltava
XO BC = AX
AB = AB−XB
AB = 1−BX BA.
Koska lisäksi kolmiot 4BXO ja 4BAD ovat yhden- muotoisia, on oltavaBX/BA =XO/AD, josta sijoit- tamalla edelliseen laskuun saadaan
XO
BC = 1−XO
AD, eli XO 1
BC + 1 AD
= 1, ja olemme valmiit.
