午後のひとときに、数学の公式を拡張して、それを証明してみる。
相加相乗平均
a＋b 2 | ≧ | √ab |
から、変数の個数を増やした、
n Σ k=1 | ak n | ≧ | n Π k=1 | n√ak |
を証明せよ。
シンキングタ～イム
これをやってみたかったんです。
数学的帰納法を使うのだろう。
ということは予想できる。
普通に考えれば、2個から3個の場合を考えていくのが一般的なのだろうが、
a＋b＋c 3 | ≧ | 3√abc |
いきなりですが、4個を証明します。
a＋b＋c＋d 4 | ≧ | 4√abcd | … (1) |
| 左辺 ＝ | (a＋b)/2＋(c＋d)/2 2 | ≧ | √ab＋√cd 2 | ≧ | √√ab・√cd | ＝ 右辺 |
のように式変形をすると、容易に証明出来ます。
等号については、
a＝b、c＝dのとき、1つ目の等号、
ab＝cdのとき、2つ目の等号となります。
左辺と右辺だけをみるならば、
a＝b＝c＝dのときに等号となります。
続いて、4個の変数から変数dを消せれば、3個の場合について証明出来ます。
| d ＝ | a＋b＋c 3 |
とおくと、(1)式は、
a＋b＋c＋(a＋b＋c)/3 4 | ≧ | 4√abc・(a＋b＋c)/3 |
左辺の分母分子を3倍すると、
3(a＋b＋c)＋(a＋b＋c) 12 | ≧ | 4√abc・(a＋b＋c)/3 |
4(a＋b＋c) 12 | ≧ | 4√abc・(a＋b＋c)/3 |
a＋b＋c 3 | ≧ | 4√abc・(a＋b＋c)/3 |
両辺を4乗して、
| ⎛ ⎝ | a＋b＋c 3 | ⎞ ⎠ | 4 | ≧ | abc・(a＋b＋c) 3 |
両辺を(a＋b＋c)/3で割ると、
| ⎛ ⎝ | a＋b＋c 3 | ⎞ ⎠ | 3 | ≧ | abc |
両辺を1/3乗すると、
a＋b＋c 3 | ≧ | 3√abc |
と、n＝3について証明出来ました。
a＝b＝cのとき、等号となります。
これらの操作は汎用性があり、k個
a1＋a2＋a3＋…＋ak k | ≧ | k√a1・a2・a3・…・ak |
に対して、倍の2k個
a1＋a2＋a3＋…＋a2k 2k | ≧ | 2k√a1・a2・a3・…・a2k |
を、
| 左辺 ＝ | (a1＋a2＋a3＋…＋ak)/2＋(ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋…＋a2k)/2 2 |
| ≧ | k√a1・a2・a3・…・ak＋k√ak＋1・ak＋2・ak＋3・…・a2k 2 |
| ≧ | √k√a1・a2・a3・…・ak・k√ak＋1・ak＋2・ak＋3・…・a2k | ＝ 右辺 |
のように式変形して証明出来る。
また、k＋1個については、2k個を求めて、そこから1個ずつ減らしていくとして、最後の変数を
| a2k ＝ | a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1 2k－1 |
とおいて代入すると、
| 左辺 ＝ | a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1＋(a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1)/(2k－1) 2k |
| ＝ | (2k－1)(a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1)＋(a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1) 2k(2k－1) |
| ＝ | a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1 2k－1 |
| ≧ | 2k√a1・a2・a3＋…・ak－1・(a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1)/(2k－1) |
両辺を2k乗し、
| ⎛ ⎝ | a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1 2k－1 | ⎞ ⎠ | 2k | ≧ | a1・a2・a3＋…・ak－1・ | (a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1) 2k－1 |
| ⎛ ⎝ | a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1 2k－1 | ⎞ ⎠ | 2k－1 | ≧ | a1・a2・a3＋…・ak－1 |
両辺を1/(2k－1)乗すると、
a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1 2k－1 | ≧ | 2k－1√a1・a2・a3・…・a2k－1 |
と変数の個数を1減らすことが出来る。
この操作を繰り返すことで、
a1＋a2＋a3＋…＋ak＋1 k＋1 | ≧ | k＋1√a1・a2・a3・…・ak＋1 |
とすることが出来る。
これらの事実より、
n＝1のとき正しく、
n＝2のとき正しく、
任意の自然数mに対して、kを取ると、
n＝k＝2mのとき正しいと仮定すると、
n＝k＋1＝2m+1－2m＋1＝2m＋1のとき正しい。
よって、数学的帰納法より、
n Σ k=1 | ak n | ≧ | n Π k=1 | n√ak |
が示された。
Q.E.D.
これで、相加相乗平均を使った解法を、思う存分色々とやっていけるかと思う。
実は、もう一つ方法があるのだが、出来ることなら明日の記事として上げたいな。
ではでは