(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.

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

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

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

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.

←実際は誘導付きの問題として出題されていました. その問題と証明についてはこちら

\(n=2\) 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,

\[\log{\frac{a_k}{M}}\leqq \frac{a_k}{M}-1\]

\(k=1, 2, \ldots, n\) について和をとって,

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

和の部分を計算すると

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

相加平均と相乗平均の定義を用いて

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

\[n\log{\frac{G}{M}}\leqq 0\]

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

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

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,
\begin{align}
\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{align}
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,

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

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

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

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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