% -*- mode: LaTeX; -*-
%
\def\timestamp{%
Time-stamp: <kp-augustus.tex: Thursday 31-05-2001 at 13:30:58 (cest)>}
%
\documentclass{editor}
\auteursvermelding{dr. K.P. Hart is docent Topologie aan de TU Delft}
\email{k.p.hart@its.tudelft.nl}
\postadres{Faculteit ITS\\
           TU Delft\\
           Postbus 5031\\
           2600 GA {} Delft}

%\toondegegevens

\newcommand{\tfrac}[2]{{\textstyle\frac{#1}{#2}}}
%\newcommand{\eh}{\,\mathrm}
\newcommand{\witregel}{\par\bigskip}

\begin{document}
\rubriek{Mooie Formules}
\titel{Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde}
\auteur{Klaas Pieter Hart}
\logo{3cm}{1cm}
\begin{abstract}
Er zijn meer gemiddelden van twee getallen dan alleen `het' gemiddelde.
We bekijken het meetkundig gemiddelde en zien hoe het zich tot het
gewone gemiddelde verhoudt.
\end{abstract}

\maaktitel

\section{Een ander gemiddelde}

Iedereen weet hoe je `het' gemiddelde van twee getallen $a$ en $b$ bepaalt:
optellen en delen door~$2$, het gemiddelde is $\frac12(a+b)$.
Dat dit gemiddelde niet altijd het juiste gemiddelde is blijkt uit het volgende
voorbeeld.
Je hebt een balans waarvan de armen niet even lang zijn.
Als een brief links hangt moet er rechts $56\eh{g}$ bij om de zaak in evenwicht
te krijgen; met de brief rechts hoeft er links maar $44\eh{g}$ bij.
Hoe zwaar is de brief nu?
Je kunt dat uitrekenen met behulp van de wet 
``$\mathrm{moment}=\mathrm{kracht}\times\mathrm{arm}$''.
Als we het gewicht van de brief even $x$ noemen (en de lengte van de
linker- en rechterarm respectievelijk $l$ en $r$) dan zegt de eerste
weging ons dat $x\times l=56\times r$; de tweede weging geeft 
$44\times l=x\times r$.
Hieruit volgt dan weer dat $56/x=l/r=x/44$ en dus $x^2=44\times 56$.
We zien dat de brief $x=\sqrt{44\times 56}\approx49{},64$ gram zwaar is; iets minder dan het gewone gemiddelde van $44$ en $56$.
Toch mogen we $\sqrt{44\times 56}$ met even veel recht een gemiddelde van $44$ 
en $56$ noemen; het wordt het {\it meetkundig\/} gemiddelde van de
twee getallen genoemd.
Ter onderscheidt noemen we het `gewone' gemiddelde daarom het 
{\it rekenkundig\/} gemiddelde.

Het rekenkundig gemiddelde treedt op in situaties waarin je optelt;
als je twee touwtjes hebt van lengte $a$ en $b$ dan zijn twee touwtjes van
lengte $\frac12(a+b)$ samen even lang als de oorspronkelijke touwtjes samen.
Het meetkundig gemiddelde heeft met vermenigvuldigen te maken:  een 
rechthoek met zijden $a$ en $b$ heeft een even grote oppervlakte als een 
vierkant met (even lange) zijden $\sqrt{ab}$.

\witregel
{\bf Opgave}.
Als je twee weerstanden $a$ en $b$ in serie schakelt is de totale weerstand
hun som, de gemiddelde weerstand is dus het rekenkundig gemiddelde.
Als je ze parallel schakelt dan geldt voor de totale weestand~$c$
de volgende formule: $\frac1c=\frac1a+\frac1b$.
Hoe ziet in deze situatie de gemiddelde weerstand er uit?
(Dit gemiddelde heet het {\it harmonisch\/} gemiddelde van $a$ en $b$.)


\section{Een ongelijkheid}

De Franse wiskundige Cauchy vond de relatie tussen $\sqrt{ab}$ en 
$\frac12(a+b)$ belangrijk genoeg om hem apart als stelling te vermelden:

\begin{stelling}
Als $a,b>0$ en als $a\neq b$ dan geldt $\sqrt{ab}<\frac12(a+b)$.
\end{stelling}

Het was dus geen toeval dat onze brief iets minder dan $50\eh{g}$ woog.
Het bewijs van de ongelijkheid is niet moeilijk als je eerst naar de brief kijkt:
$
44\times56={(50-6)}{(50+6)}=50^2-6^2<50^2
$
en dus $\sqrt{44\times56}<50$.
Als je nu willekeurige $a$ en $b$ invult krijg je
$$
ab=\left(\frac{a+b}2\right)^2-\left(\frac{a-b}2\right)^2
  <\left(\frac{a+b}2\right)^2
$$
en dus $\sqrt{ab}<\frac12(a+b)$.

De stelling staat bekend als de ongelijkheid van Rekenkundig en Meetkundig
Gemiddelde.
Omdat, natuurlijk, $\sqrt{ab}=a=\frac12(a+b)$ als $a=b$ formuleren
we de ongelijkheid ook wel als:
voor elke tweetal positieve getallen $a$ en $b$ geldt
$\sqrt{ab}\le\frac12(a+b)$, waarbij gelijkheid geldt precies dan als $a=b$. 

\witregel
{\bf Opgave}.
Wat is de relatie tussen het harmonische gemiddelde en de andere gemiddelden?

\witregel

Cauchy stopte niet bij twee getallen; hij zag in dat de ongelijkheid
ook voor grotere aantallen geldt.
Bijvoorbeeld voor vier getallen $a$, $b$, $c$ en $d$:
$$
\eqalign{{a+b+c+d\over4}&={1\over2}\left({a+b\over2}+{c+d\over2}\right)\cr
                        &\ge\sqrt{{a+b\over2}\cdot{c+d\over2}}\cr
                        &\ge\sqrt{\sqrt{ab}\cdot\sqrt{cd}}\cr
                        &=\root4\of{abcd}}
$$
Voor drie getallen $a$, $b$ en $c$ paste hij een kunstgreep toe:
stel $d={1\over3}(a+b+c)$ en pas het geval voor vier getallen toe:
$$
\left(a+b+c+d\over4\right)^4\ge abcd.
$$
Maar $a+b+c=3d$, dus er staat eigenlijk $d^4\ge abcd$; deel $d$ weg
en we vinden $d^3\ge abc$ en dus
$$
{a+b+c\over3}\ge\root3\of{abc}.
$$
In beide gevallen treedt gelijkheid op precies dan als de getallen allemaal aan
elkaar gelijk zijn.

\witregel
{\bf Opgave}.
Hoe zou je de ongelijkheid voor rekenkundig en meetkundig gemiddelde
bewijzen voor zeven getallen?
En voor een willekeurig aantal getallen?

\section{Toepassingen}

Iedereen `weet' dat van alle rechthoeken met een gegeven omtrek een vierkant de
grootste oppervlakte heeft; met behulp van de ongelijkheid van rekenkundig en
meetkundig gemiddelde kun je dat ook netjes bewijzen.
Als $a$ en $b$ de zijden van een rechthoek met omtrek~$L$ zijn
geldt natuurlijk $L=2a+2b$.
Onze ongelijkheid garandeert twee dingen: voor de oppervlakte $ab$ van de 
rechthoek geldt $ab\le\frac14(a+b)^2=\frac1{16}L^2$ {\it en\/}
all\'e\'en als $a=b$ geldt ook gelijkheid.
Merk op dat we de maximale oppervlakte erbij kado krijgen.

\par
{\bf Opgave}.
Voor een driehoek met zijden $a$, $b$ en $c$ kun je de oppervlakte $O$
berekenen met de formule van Heron:
$$
O=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}
$$
waarin $s$ de halve omtrek is: $s=\frac12(a+b+c)$.
Wat kun je zeggen over de maximaal te halen oppervlakte als functie
van de omtrek?
Is er een driehoek waarbij die maximale oppervlakte gehaald wordt?


\witregel
We gaan de rij $1$, $\sqrt2$, $\root3\of3$, $\root4\of4$, $\root5\of5$, \dots{} onderzoeken.
De rij begin stijgend (waarom geldt $\sqrt2<\root3\of3$?) en daalt dan, want $\root4\of4=\sqrt2$.
Maar hoe gaat het verder?
Geldt, bijvoorbeeld, $\root4\of4>\root5\of5$ of $\root4\of4<\root5\of5$? 
We kunnen dat uitvlooien met behulp van onze ongelijkheid.
Eerst maken we het probleem wat makkelijker.
Door de vijfde macht te nemen zien we dat we $4\root4\of4$ en $5$
moeten vergelijken en dat we, uiteindelijk, moeten weten of
$\root4\of4$ groter of kleiner is dan $\frac54$.
Dat kan door $4$ als product van vier getallen te schrijven,
bijvoorbeeld $4=4\cdot1\cdot1\cdot1$ of $4=2\cdot2\cdot1\cdot1$.
Het eerste product levert $\root4\of4<\frac14(4+1+1+1)=\frac74$,
het tweede product levert $\root4\of4<\frac14(2+2+1+1)=\frac32$;
beide leveren net niet wat we zoeken.

Dan zetten we de zaak op z'n kop: $\frac14=\frac14\cdot1\cdot1\cdot1$ en dus 
$\root4\of{\frac14}<\frac14(\frac14+1+1+1)=\frac{13}{16}$,
weer omdraaien geeft $\root4\of4>1\frac3{13}$ (nog net niet genoeg).
Nog een keer, nu met $\frac14=\frac12\cdot\frac12\cdot1\cdot1$;
we krijgen $\root4\of{\frac14}<\frac14(\frac12+\frac12+1+1)=\frac34$
en, jawel, dit geeft eindelijk uitsluitsel: 
$\root4\of4>\frac43>\frac54$ en dus $\root4\of4>\root5\of5$.

\par
{\bf Opgave}.
Laat op dezelfde manier zien dat $\root5\of5>\frac54>\frac65$ en dus
dat $\root5\of5>\root6\of6$.

\par
{\bf Opgave}. 
Schrijf $n=\sqrt n\cdot\sqrt n\cdot1\cdots1$ (met $n-2$ enen),
zet alles op z'n kop en toon aan dat $\root n\of{\frac1n}<1-\frac1n$
en dus $\root n\of n>\frac{n}{n-1}>1+\frac1n$ (mits $n\ge 4$).
De rij blijft dus vanaf $n=3$ dalen.

\par
{\bf Opgave}.
Schrijf weer $n=\sqrt n\cdot\sqrt n\cdot1\cdots1$
en pas de ongelijkheid toe:
$\root n\of n<\frac1n(2\sqrt n+n-2)$.
Wat zegt dit over de rij $\root n\of n$?
\heteinde


\end{document}

Als je je rekenmachine wat waarden van $\root n\of n$ uit laat rekenen zul je
zien dat alle waarden kleiner dan~$2$ zijn.
Geldt dat ook voor heel grote~$n$?
Met onze ongelijkheid (voor $n$ getallen), en een schijnbaar flauwe truc, kunnen
we dat mooi laten zien. 
Schrijf namelijk $n$ als een product van $n$ getallen, $n$ zelf en
$n-1$ enen: $n=n\cdot1\cdots1$.
Nu volgt meteen
$$
\eqalign{\root n\of n&<\frac{n+1+\cdots+1}n\cr
                      &=\frac{2n-1}n=2-\frac1n.\cr}
$$

{\bf Opgave}.
Wat krijg je als je begint met $n=\sqrt n\cdot\sqrt n\cdot1\cdots1$
(twee wortels en $n-2$ enen)?

De getallen uit de rekenmachine suggereren dat de getallen $\root n\of n$ vanaf
$n=3$ steeds kleiner worden.
Ook dat kunnen we met behulp van onze ongelijkheid laten zien.
Eerst kijken we hoe we $\root n\of n>\root{n+1}\of{n+1}$ kunnen
aantonen; links en rechts de $n+1$-ste macht nemen laat zien dat we
$n\root n\of n>n+1$ moeten bewijzen, ofwel $\root n\of n>1+\frac1n$.
Dat doen we door $\root n\of{\frac1n}$ af te schatten, waarbij we even naar
de voorgaande opgave kijken:
$$
\frac1n=\frac1{\sqrt n}\cdot\frac1{\sqrt n}\cdot\underbrace{1\cdots1}_{n-1}.
$$
Nu volgt
$$
\eqalign{
  \root n\of{\frac1n}&<\frac1n\left(\frac2{\sqrt n}+n-2\right)\cr
                     &=1-(\frac2n-\frac2{n\sqrt n})\cr}
$$
Stel $x=\frac2n-\frac2{n\sqrt n}$; omdat $x>0$ volgt $1>1-x^2$
en dus $\frac1{1-x}>1+x$.
Alles bij elkaar komt er dan
$$
\root n\of n>1+\frac2n-\frac2{n\sqrt n}>1+\frac1n,
$$
zodra $\frac1n-\frac2{n\sqrt n}\ge0$ en dat is vanaf $n=4$.
Dus $\root4\of4>\root5\of5>\root6\of6>\cdots$



\section{Optimaliseren}

Met behulp van de ongelijkheid van Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde kun
je soms snel maxima en minima uitrekenen.

Wat is de maximale inhoud van een doos, zonder deksel met een oppervlakte
van $100\eh{m^2}$?

De oppervlakte van de doos is dan $xy+2xz+2yz$ (onderkant, voor- en
achterkant, en de zijkanten) en de inhoud is~$xyz$.

We weten dat $xy+2xz+2yz=100$ stel nu $a=xy$, $b=2xz$ en $c=2yz$.
Dan volgt $a+b+c=100$ en $abc=4x^2y^2z^2$.
Pas nu $\root3\of{abc}\le{1\over3}(a+b+c)$ toe, dan volgt
$$
\root3\of{4x^2y^2z^2}\le{100\over3}
$$
of
$$
4x^2y^2z^2\le\left(100\over3\right)^3={1000000\over27}
$$
en dus
$$
2xyz\le{1000\over3\sqrt3}.
$$
We concluderen dat altijd
$$
xyz\le{500\over3\sqrt3};
$$
verder weten we dat $xyz={500\over3\sqrt3}$ dan en slechts dan als
$$
xy=2xz=2yz={100\over3}.
$$
De oplossing hiervan is $x=y={10\over\sqrt3}$ en $z={5\over\sqrt3}$.
Hiermee is de optimale doos gevonden.



\beginsection Driehoeken

Bekijk een driehoek met zijden $a$, $b$ en $c$ en schrijf
$s={1\over2}(a+b+c)$.
De beroemde {\sl formule van Heron\/} geeft de oppervlakte van de driehoek
in termen van~$s$, $a$, $b$ en~$c$:
$$
O=\sqrt{s\cdot(s-a)\cdot(s-b)\cdot(s-c)}.
$$
Voor de bekende $3-4-5$-driehoek geeft dit $s={1\over2}(3+4+5)=6$
en $O=\sqrt{6\cdot3\cdot2\cdot1}=6$; dit klopt met de formule
``basis maal halve hoogte''.

We gaan uitzoeken welke driehoek met gegeven omtrek de grootste
oppervlakte heeft en hoe groot die oppervlakte is.
We passen op de formule voor~$O$ de ongelijkheid voor vier getallen toe:
$$
O^2=s\cdot(s-a)\cdot(s-b)\cdot(s-c)\le\left(4s-2s\over4\right)^4
   =\left(a+b+c\over4\right)^4,
$$
en dus
$$
O\le{1\over16}(a+b+c)^2.
$$
Deze formule is echter niet optimaal; er kan namelijk nooit gelijkheid
gelden!
Gelijkheid geldt immers all\'e\'en als
$$
s=s-a=s-b=s-c;
$$
dit betekent dat $a=b=c=0$ en dat kan niet bij een driehoek met positieve
omtrek.

We proberen het nog eens maar nu met $s-a$, $s-b$ en $s-c$; we krijgen
$$
(s-a)\cdot(s-b)\cdot(s-c)\le\left(3s-2s\over3\right)^3={1\over27}s^3
$$
en dus $O^2\le{1\over27}s^4$ of
$$
O\le{1\over3\sqrt3}s^2={1\over12\sqrt3}(a+b+c)^2.
$$
Verder weten we dat gelijkheid geldt dan en slechts dan als $a=b=c$.
Conclusie: de oppervlakte van een driehoek met omtrek $L$ is niet groter
dan~${1\over12\sqrt3}L^2$ en alleen een gelijkzijdige driehoek (met
zijden~${1\over3}L$) heeft precies die oppervlakte.





\bye

