(相加平均)≧(相乗平均)≧(調和平均)

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定理

正の数a_1, a_2, \ldots, a_nの相加平均M, 相乗平均G, 調和平均Hを次のように定義する.

\displaystyle M = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k

\displaystyle G = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^n a_k}

\displaystyle H = \frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}

このとき, 次の不等式が成り立つ.

M\geqq G\geqq H

等号成立はa_1=a_2=\cdots=a_nのときのみ.

ただし, \displaystyle \prod_{k=1}^n a_k=a_1\cdot a_2\cdots a_n(積を表す)とする.

この不等式を証明する問題は2005年の徳島大学入試で誘導無しで出ています.

n=2の場合については簡単に証明できるので, 高校でも習いますが, nが3以上の証明は複雑になります.

証明

この不等式の証明方法はたくさんありますが, ここでは次の2通りを紹介します.

  1. 対数関数を用いる方法.
  2. nが2の累乗で表される場合を帰納的に示して, それ結果を利用してそれ以外の場合を示す方法.

1. の方法はシンプルですが, この方法は簡単には思いつけないでしょう.

2. の方法は少しややこしいですが, こちらの証明の方が自然な感じがします.

証明Ⅰ. 対数関数を用いる方法

graph1まず, 右のグラフからも分かるように, 正のxに対して

(i):\log{x}\leqq x-1

が成り立つ. 等号はx=1で成立する.

(グラフは縦がy軸, 横がx軸で, ピンクの線がy=x-1, 緑がy=\log{x}.)

相加平均と相乗平均の定義からM, Gは正であって, \displaystyle\frac{a_k}{M} (k=1, 2, \ldots, n)は正. よって, 不等式(i)のxの部分にこれを代入して,

\displaystyle\log{\frac{a_k}{M}}\leqq \frac{a_k}{M}-1

k=1, 2, \ldots, nについて和をとって,

\displaystyle\sum_{k=1}^n \log{\frac{a_k}{M}}\leqq\sum_{k=1}^n\left(\frac{a_k}{M}-1\right)

和の部分を計算すると

\displaystyle\log{\frac{a_1a_2\ldots a_n}{M^n}}\leqq \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{M}-n

相加平均と相乗平均の定義を用いて

\displaystyle\log{\frac{G^n}{M^n}}\leqq\frac{nM}{M}-n

\displaystyle n\log{\frac{G}{M}}\leqq 0

よって, \displaystyle\log{\frac{G}{M}}\leqq 0より\displaystyle\frac{G}{M}\leqq 1

\therefore M \geqq G.

等号成立は\displaystyle \frac{a_1}{M}=\frac{a_2}{M}=\cdots=\frac{a_n}{M}よりa_1=a_2=\cdots=a_nのとき.

また, 相乗平均と調和平均の間の不等号については, \displaystyle\frac{1}{a_1}, \frac{1}{a_2}, \ldots, \frac{1}{a_n}について(相加平均)≧(相乗平均)を考えることで導かれます.

証明Ⅱ. nが2の累乗で表される場合を帰納的に示して, それ結果を利用してそれ以外の場合を示す方法.

この証明は1. の証明に比べてややこしく, 長くなります. n\geqq 2の場合のM\geqq Gのみ示します.

(i) :n=2^iと表せるとき(iは自然数)

[1] : n=2^1=2のとき

\displaystyle\left\{\frac{a_1+a_2}{2}\right\}^2-(\sqrt{a_1a_2})^2=\frac{1}{4}(a_1-a_2)^2\geqq 0

より, \displaystyle\frac{a_1+a_2}{2}\geqq\sqrt{a_1a_2}.

[2] : n=2^iのとき成り立つと仮定する.

仮定: \displaystyle \frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i} a_k\geqq\left(\prod_{k=1}^{2^i}a_k\right)^{\frac{1}{2^i}}

n=2^{i+1}のときを考えると,

(1) \begin{eqnarray*} \frac{1}{2^{i+1}}\sum_{k=1}^{2^{i+1}}a_k &=& \displaystyle\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i} a_k+\frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i}a_{k+2^i}\right) \\ &\geqq&\left\{\left(\frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i}a_k\right)\left(\frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i}a_{k+2^i}\right)\right\}^{\frac{1}{2}}\\ &\geqq&\left\{\left(\prod_{k=1}^{2^i}a_k\right)^{\frac{1}{2^i}}\left(\prod_{k=1}^{2^i}a_{k+2^i}\right)^{\frac{1}{2^i}}\right\}^{\frac{1}{2}} \\ &=&\left(\prod_{k=1}^{2^{i+1}}a_k\right)^{\frac{1}{2^{i+1}}} \end{eqnarray*}

となり不等式が成立.

(ii) :n=2^iと表せないとき

2^{i-1}< n<2^iとなるiに対して, 新しく数a_{n+1}=a_{n+2}=\cdots=a_{2^i}=Mを導入します.

(i)の結果から,

\displaystyle\frac{1}{2^i}\sum_{k=1}^{2^i}a_k\geqq\left(\prod_{k=1}^{2^i}a_k\right)^{\frac{1}{2^i}}

\displaystyle\frac{1}{2^i}\left\{\left(\sum_{k=1}^n a_k\right)+\left(\sum_{k=n+1}^{2^i}M\right)\right\}\geqq\left\{\left(\prod_{k=1}^n a_k\right)\left(\prod_{k=n+1}^{2^i}M\right)\right\}^{\frac{1}{2^i}}

\displaystyle\frac{1}{2^i}\left\{nM+(2^i-n)M\right\}\geqq\left\{G^nM^{2^i-n}\right\}^{\frac{1}{2^i}}

この左辺はMで, 両辺2^i乗して,

M^{2^i}\geqq G^nM^{2^i-n}

両辺M^{2^i-n}で割って

M^n\geqq G^n

\therefore M\geqq G.

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