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

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。

$f\left( z\right)$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

$\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}$

$=\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{2\alpha}}{2\alpha}$

$=\dfrac{1}{2}\left\{ \left( \dfrac{a_{1}+\ldots +a_{\alpha }}{\alpha }\right) +\left( \dfrac{a_{\alpha +1}+\ldots a_{2\alpha }}{\alpha }\right) \right\}$ $\geq \dfrac{1}{2}\left( \sqrt[\alpha ] {a_{1}a_{2}\ldots a_{\alpha}}+\sqrt[\alpha ] {a_{\alpha+1}a_{\alpha+2}\ldots a_{2\alpha}}\right)$

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

$d=\dfrac{2^{k}d}{2^{k}}$

$\Leftrightarrow d=\dfrac{2^{k}d+nd-nd}{2^{k}}$

$=\dfrac{\left( 2^{k}-n\right) d+nd}{2^{k}}$

$=\dfrac{{\sum\limits ^{n}_{i=1}a_{i}+\sum\limits ^{2^{k}-n}_{i=1}d}}{2^k}$

$\geq \sqrt[2^{k}] {a_{1}a_{2}\ldots a_{n}d^{2^{k}-n}}$

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

$n=1$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、

$b_{1}+b_{2}+…+b_{k+1} \geq 1+m+b_{3}+b_{4}+\cdots +b_{k+1}\geq k+1$

$\{b_{1}b_{2}\}b_{3}\cdots b_{k+1}=mb_{3}\cdots b_{k+1}=1$

$n=k+1$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。