AM-GM不等式の3つの証明方法
今回はAM-GM不等式(相加相乗平均）について3つの証明方法を解説します。
1. AM-GM不等式
$\Large\dfrac{1}{n}\sum \limits ^{n}_{i=1}a_{i}\geq \sqrt[n] {\prod\limits ^{n}_{i=1}a_{i}} $
となる。等号成立条件は$a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$となる。
$\dfrac{a_{1}+a_{2}+…+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n] {a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}$
具体的に書くとこうなります。
2. AM,GMの意味
AM・・・Arithmetic Meanの略です。日本語では、算術平均や相加平均と訳されます。
GM・・・Geometric Meanの略です。日本語では、幾何平均や相乗平均と訳されます。
3. 証明
どれも数学的帰納法を用いています。条件翻訳以外はn=1とn=2の時の証明はそれぞれ共通しているため、ここに書きます。
$n=1$の時は、$a_{1}\geq a_{1}$となり、成りたちます。
$n=2$の時は、
$a_{1}\geq0, a_{2}\geq0$のとき、
$a_{1}+a_{2}-2\sqrt{a_{1}a_{2}}$
$=\left(\sqrt{a_{1}}-\sqrt{a_{2}}\right)^{2}\geq 0$
したがって、
$a_{1}+a_{2}-2\sqrt{a_{1}a_{2}}\geq 0$
$\Leftrightarrow\ a_{1}+a_{2} \geq 2 \sqrt{a_{1}a_{2}}$
$\therefore\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq\sqrt{a_{1}a_{2}}$
3.1. 微分による証明
$n=k$のとき、$\dfrac{1}{k}\sum \limits^{k}_{i=1}a_{i}=\alpha$ 、$\ {\prod\limits ^{k}_{i=1}a_{i}}=\beta$ とおくと、
$\dfrac{1}{n}\sum \limits ^{k}_{i=1}a_{i}- \sqrt[k] {\prod\limits ^{k}_{i=1}a_{i}}\geq0 $
$\Leftrightarrow \alpha - \beta^\frac{1}{k} \geq0$
$a_{i}>0(i=1,2,3\cdots n)$
が成り立つと仮定する。
$n=k+1$のとき、
$f\left( z\right) =\dfrac{z+\sum\limits ^{k}_{i=1}a_{i}}{k+1}-\left( z\prod\limits ^{k}_{i=1}a_{i}\right) ^{\frac{1}{k+1}}$
$\therefore\ f\left( z\right) =\dfrac{z+k\alpha }{k+1}-\left( \beta z\right) ^{\frac{1}{k+1}}$
関数$f\left( z\right)$を定義する。
関数$f\left( z\right)$の目的
この関数は$z=a_{k+1}$であれば右辺を移項した求めたい式となる。そのため次に微分を行い、最小値を調べる。
$f\left( z\right)$をzで微分すると、
$f’\left( z\right)=\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{\beta ^{\frac{1}{k+1}}}{k+1}z^{\frac{-k}{k+1}}$
$f’\left(z \right)=0$を満たす$z$を$z_{0}$とすると、
$\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{\beta ^{\frac{1}{k+1}}}{k+1}z_{0}^{\frac{-k}{k+1}}=0$
$\Leftrightarrow\dfrac{1}{k+1}=\dfrac{\beta ^{\frac{1}{k+1}}}{k+1}z_{0}^{\frac{-k}{k+1}}$
$z_{0}^\frac{k}{k+1}=\beta^\frac{1}{k+1}$
$z_{0}=\beta^\frac{1}{k}$
増減表を書くと、
したがって、$z_{0}$は最小値となることがわかったため、
$f\left( z_{0}\right) =\dfrac{k\alpha +\beta ^{\frac{1}{k}}}{k+1}-\beta ^{\frac{1}{k+1}}\cdot \beta ^{\frac{1}{k\left( k+1\right) }}$
$=\dfrac{k\alpha +\beta ^{\frac{1}{k}}}{k+1}-\beta ^{\frac{k+1}{k\left( k+1\right) }}$
$=\dfrac{k\alpha }{k+1}-\dfrac{k}{k+1}\beta ^{\frac{1}{k}}$
$=\dfrac{k}{k+1}\left( \alpha -\beta ^{\frac{1}{k}}\right) $
$\geq0$
したがって、$f\left( z\right)\geq0$であることが分かった。$f\left(a_{k+1}\right)$のとき、
$f\left(a_{k+1}\right)=\dfrac{a_{k+1}+\sum\limits ^{k}_{i=1}a_{i}}{k+1}-\left( a_{k+1}\prod\limits ^{k}_{i=1}a_{i}\right) ^{\frac{1}{k+1}}\geq0$$\Leftrightarrow\dfrac{\sum\limits ^{k+1}_{i=1}a_{i}}{k+1}-\left( \prod\limits ^{k+1}_{i=1}a_{i}\right) ^{\frac{1}{k+1}}\geq0$
$\therefore\dfrac{1}{k+1}\sum \limits ^{k+1}_{i=1}a_{i}\geq \sqrt[k+1] {\prod\limits ^{k+1}_{i=1}a_{i}}$
不等式は$n=k+1$のときも成り立つことがわかる。
したがって、数学的帰納法により、不等式が成り立つことが分かった。
また、等号成立条件は$a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$となる。
3.2. $2^k$を用いる証明
[1]$m=2^k$のとき、$2^k= \alpha$とおくと、
$\dfrac{a_{1}+\ldots +a_{2^{k}}}{2^{k}}\geq \sqrt[2^{k}] {a_{1}\ldots a_{2^k}}$
$\therefore \dfrac{a_{1}+a_{2}+ \cdot \cdot \cdot +a_{\alpha }}{\alpha }\geq\sqrt[\alpha] {a_{1}a_{2}\ldots a_{\alpha }}$$a_{i}>0(i=1,2,3\cdots m)$
が成り立つと仮定する。
次に、$m=2^{k+1}$のとき
$\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}$
$=\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{2\alpha}}{2\alpha}$
$=\dfrac{1}{2}\left\{ \left( \dfrac{a_{1}+\ldots +a_{\alpha }}{\alpha }\right) +\left( \dfrac{a_{\alpha +1}+\ldots a_{2\alpha }}{\alpha }\right) \right\} $ $\geq \dfrac{1}{2}\left( \sqrt[\alpha ] {a_{1}a_{2}\ldots a_{\alpha}}+\sqrt[\alpha ] {a_{\alpha+1}a_{\alpha+2}\ldots a_{2\alpha}}\right)$ココに注意
今回の仮定で重要なのは数の個数と数のすべてが正の整数であればすべて仮定の通りに不等式を適応できるということである。つまり、$\alpha$個の数があれば不等式を適応できる。だから、右側の$\dfrac{a_{\alpha +1}+\ldots a_{2\alpha }}{\alpha }$に仮定を適応しました。
２つの要素の相加相乗平均と考えると、$\sqrt[\alpha ] {a_{1}a_{2}\ldots a_{\alpha}}\geq0$、$\sqrt[\alpha ] {a_{\alpha+1}a_{\alpha+2}\ldots a_{2\alpha}}\geq0$より、
$\geq \sqrt{\sqrt[\alpha] {a_{1}a_{2}\cdot \ldots a_{2\alpha}}}$
$=\sqrt[2\alpha ] {a_{1}\ldots a_{2\alpha }}$
$=\sqrt[2^{k+1}] {a_{1}a_{2},\ldots a_{2^{k+1}}}$
$m=k+1$の時も成り立つ。
したがって、数学的帰納法より、$m$が２のべき乗の時、不等式は成り立つ。
[2]$a_{i}>0(i=1,2,3\cdots n)$、自然数$n$を用いると、
$\dfrac{a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}=d$
$\Leftrightarrow \sum\limits ^{n}_{i=1}a_{i}=nd$
ここで、$d$について表すと
$d=\dfrac{2^{k}d}{2^{k}}$
$\Leftrightarrow d=\dfrac{2^{k}d+nd-nd}{2^{k}}$
$=\dfrac{\left( 2^{k}-n\right) d+nd}{2^{k}}$
$=\dfrac{{\sum\limits ^{n}_{i=1}a_{i}+\sum\limits ^{2^{k}-n}_{i=1}d}}{2^k}$
同様に
[1]では$\dfrac{a_{1}+\ldots +a_{2^{k}}}{2^{k}}\geq \sqrt[2^{k}] {a_{1}\ldots a_{2^k}}$が成り立つことを示したので同様に成り立つと考える。今回も数は$2^k$個あると考えられる。
$\geq \sqrt[2^{k}] {a_{1}a_{2}\ldots a_{n}d^{2^{k}-n}}$
両辺を$2^k$乗すると、
$d^{2^{k}}\geq a_{1}a_{2}\ldots a_{n}d^{2^{k}-n}$
$d^{n}\geq a_{1}a_{2}\ldots a_{n}$
$d\geq \sqrt[n] {a_{1}\ldots a_{n}}$
したがって、自然数$n$について、以下の不等式が成り立つ。
$\therefore\dfrac{a_{1}+a_{2}+…+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n] {a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}$また、等号成立条件は$a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$となる。
3.3. 条件翻訳
ココがポイント
とおくと、AM-GM不等式に代入すると
$\dfrac{a_{1}+a_{2}\ldots +a_{n}}{n}\geq \alpha $
$\Leftrightarrow\ a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}\geq n\alpha $
$a_{i}=\alpha b_{i}(i=1,2,3\cdots n)$の時をそれぞれの等式・不等式に代入して考えると、
$b_{1}+b_{2}+\ldots +b_{n}\geq n$ かつ $b_{1}b_{2}\ldots b_{n}=1$ $b_{i}>0(i=1,2,3\cdots n)$
を満たすこととでAM-GM不等式を証明できる。
$n=1$のとき、明らかに成り立つ。
$n=k$のとき
$b_{1}+b_{2}+\ldots +b_{k}\geq k$ かつ $b_{1}b_{2}\cdots b_{k}=1$
が成り立つと仮定する。
$b_{1}\geq1,b_{2}\leq1$となるように並び替え、$b_{1}b_{2}=m$とすると、
$(b_{1}-1)(b_{2}-1)\leq0$
$\therefore\ m+1 \leq b_{1}+b_{2}$
$n=k+1$の時、仮定より、
$b_{1}+b_{2}+…+b_{k+1} \geq 1+m+b_{3}+b_{4}+\cdots +b_{k+1}\geq k+1$$\{b_{1}b_{2}\}b_{3}\cdots b_{k+1}=mb_{3}\cdots b_{k+1}=1$
ココに注意
$n=k+1$の時も成り立つ。
したがって、数学的帰納法によってすべての自然数において成り立つことが分かった。
また、等号成立条件は$a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$となる。
