相加平均と相乗平均

数学Ⅱ 式と証明

こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は相加平均と相乗平均の関係の証明について学習していこう。

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相加平均と相乗平均の関係の証明

相加平均と相乗平均の関係

すべての文字が正の数のとき
(1)\(\small{ \ \displaystyle \frac{a+b}{2}\geqq \sqrt{ab} \ }\)
等号成立は\(\small{ \ a=b \ }\)のとき

(2)\(\small{ \ \displaystyle \frac{a+b+c}{3}\geqq \sqrt[ 3 ]{abc} \ }\)
等号成立は\(\small{ \ a=b=c \ }\)のとき

(3)\(\small{ \ \displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqq \sqrt[ n ]{a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots\cdot a_n} \ }\)
等号成立は\(\small{ \ a_1=a_2=\cdots=a_n \ }\)のとき

\(\small{ \ \displaystyle \frac{a+b}{2}\geqq \sqrt{ab} \ }\)の証明

\(\small{ \ \displaystyle \frac{a+b}{2}-\sqrt{ab} \\
=\displaystyle \frac{1}{2}(a+b-2\sqrt{ab}) \\
=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2 \geqq 0}\)
等号成立は\(\small{ \ \sqrt{a}-\sqrt{b}=0 \quad \therefore a=b \ }\)のとき

\(\small{ \ \displaystyle \frac{a+b+c}{3}\geqq \sqrt[ 3 ]{abc} \ }\)の証明

\(\small{ \ 3 \ }\)次式の因数分解の式を変形して

\(\small{\begin{eqnarray} \ x^3+y^3+z^3-3xyz&=&(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\\
&=&(x+y+z)\left\{\displaystyle \frac{1}{2}(x-y)^2+\displaystyle \frac{1}{2}(y-z)^2+\displaystyle \frac{1}{2}(z-x)^2\right\} \ \end{eqnarray}}\)

\(\small{ \ x, \ y, \ z \ }\)ともに正の数のとき
\(\small{ \ x^3+y^3+z^3-3xyz\geqq 0 \ }\)が成り立つ。
\(\small{ \ x^3+y^3+z^3\geqq 3xyz \ }\)
このとき等号成立は\(\small{ \ x-y=0, \ y-x=0, \ z-x=0 \ }\)
つまり\(\small{ \ x=y=z \ }\)のとき

ここで\(\small{ \ x=\sqrt[3]{a}, \ y=\sqrt[3]{b}, \ z=\sqrt[3]{c} \ }\)とすると
\(\small{ \ a+b+c \geqq 3\sqrt[3]{abc} \ }\)
\(\small{ \ \therefore \displaystyle \frac{a+b+c}{3} \geqq \sqrt[3]{abc} \ }\)
等号成立は\(\small{ \ \sqrt[3]{a}=\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{c} \ }\)
\(\small{ \ \therefore a=b=c \ }\)のとき

\(\small{ \ \displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqq \sqrt[ n ]{a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots\cdot a_n} \ }\)の証明

\(\small{ \ a_1+a_2 \geqq 2\sqrt{a_1\cdot a_2} \ }\)
\(\small{ \ a_3+a_4 \geqq 2\sqrt{a_3\cdot a_4} \ }\)より
\(\small{ \ a_1+a_2+a_3+a_4\geqq 2\left(\sqrt{a_1\cdot a_2}+\sqrt{a_3\cdot a_4}\right) \ }\)

\(\small{ \ \sqrt{a_1\cdot a_2}+\sqrt{a_3\cdot a_4}\geqq2\sqrt{\sqrt{a_1\cdot a_2}\cdot\sqrt{a_3\cdot a_2}}=2\sqrt{\sqrt{a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdot a_4}} \ }\)

\(\small{ \therefore a_1+a_2+a_3+a_4\geqq 4\sqrt[4]{a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdot a_4} \ }\)
等号成立は\(\small{ \ a_1=a_2 \ }\)かつ\(\small{ \ a_3=a_4 \ }\)かつ\(\small{ \ a_1\cdot a_2=a_3\cdot a_4 \ }\)
つまり\(\small{ \ a_1=a_2=a_3=a_4 \ }\)のとき

同様に

\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{2^n}\geqq2^n \ \sqrt[ 2^n ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^n} }\cdots\cdots(\ast)\ }\)

が成り立つことを数学的帰納法を用いて証明する。
(i)\(\small{ \ n=2 \ }\)のときは成り立つ
(ii)\(\small{ \ n=k \ }\)のとき
\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{2^k}\geqq2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k} }\ }\)
が成り立つと仮定する。
\(\small{ \ b_1+b_2+\cdots+b_{2^k}\geqq2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} }\ }\)も成り立つから

\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{2^k}+b_1+b_2+\cdots+b_{2^k}\geqq2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k} }+2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} } \ }\)

この式の右辺を考えると

\(\small{\begin{eqnarray}&&2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k} }+2^k \ \sqrt[ 2^k ]{ b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} } \\
&=&2^k\left(\sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k} }+\sqrt[2^k ]{ b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} }\right)\\
&\geqq& 2^k\left(2 \sqrt{\sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k} }\cdot\sqrt[ 2^k ]{ b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} }}\right)\\
&=&2^{k+1} \ \sqrt[ 2^k ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k}\cdot b_1\cdot b_2\cdots\cdot b_{2^k} }\ \end{eqnarray}}\)

このとき等号が成立するのは

\(\small{ \ a_1=a_2=\cdots=a_{2^k}=b_1=b_2=\cdots=b_{2^k} \ }\)のとき

ここで
\(\small{ \ b_1=a_{2^k+1}, \ b_2=a_{2^k+2}, \cdots, \ b_n=a_{2^{k+1}} \ }\)とすると

\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{2^k}+\cdots+a_{2^{k+1}}\geqq2^{k+1} \ \sqrt[ 2^{k+1} ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^k}\cdots\cdot a_{2^{k+1}} }\ }\)

よって\(\small{ \ n=k+1 \ }\)のときも成り立つ。
\(\small{ \ n=1 \ }\)のときも成り立つから\(\small{ \ n \ }\)がすべての自然数のとき
\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{2^n}\geqq2^n \ \sqrt[ 2^n ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_{2^n} }\ }\)
は成り立つ。
等号成立は\(\small{ \ a_1=a_2=\cdots=a_{2^k}=\cdots=a_{2^{k+1}} \ }\)のとき

次に\(\small{ \ n\neq 2^k \ }\)のときについて証明する。
\(\small{ \ 2^{k-1}\lt n \lt 2^k \ }\)とすると\(\small{ \ n+m=2^k \ }\)になる\(\small{ \ m \ }\)を定める。
また\(\small{ \ p=\displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \ }\)とする\(\small{ \ p \ }\)を定める。
\(\small{ \ n+m=2^k \ }\)より\(\small{ \ (\ast) \ }\)は成り立つから

\(\small{ \ \displaystyle \frac{1}{n+m}(\underbrace{ a_1 +a_2+ \cdots + a_n }_{ n }+\underbrace{ p+p + \cdots + p }_{ m } )\geqq \sqrt[ n+m ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n\cdot p^m }\cdots\cdots(\ast\ast) \ }\)

が成り立つ。
等号が成立するのは\(\small{ \ a_1=a_2=\cdots=a_n=p \ }\)のとき
\(\small{ \ p=\displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \ }\)より
\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_n=np \ }\)
\(\small{ \ (\ast\ast) \ }\)の左辺は
\(\small{ \ \displaystyle \frac{1}{n+m}(np+mp)=p \ }\)
\(\small{ \ p\geqq\sqrt[ n+m ]{ a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n\cdot p^m } \ }\)
両辺を\(\small{ \ n+m \ }\)乗すると
\(\small{ \ p^{n+m}\geqq a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n\cdot p^m \ }\)
\(\small{ \ p^n \geqq a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n \ }\)
\(\small{ \ p \geqq \sqrt[ n ]{a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n} \ }\)
\(\small{ \ p=\displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \ }\)より
\(\small{ \ \displaystyle \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqq \sqrt[ n ]{a_1\cdot a_2\cdots\cdot a_n} \ }\)

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