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(相加平均) ≧ (相乗平均) ( $n$ 変数)

数学Ⅲ既習者(難関大対策+) ★★★★


アイキャッチ

一般の(変数が $n$ 個の)相加平均と相乗平均の大小関係について扱います.

大学入試では稀に見かける程度で,数学Ⅲ既習者かつ余裕がある人向けです.最後の練習問題のみ数学ⅡBまででも対応可能です.



一般の相加平均と相乗平均の定義と関係式

ポイント

一般の相加平均と相乗平均と関係式

$a_{1}>0$,$a_{2}>0$,$\cdots$,$a_{n}>0$ とするとき,$\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}$ を相加平均(arithmetic mean),$\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$ を相乗平均(geometric mean)といい

$\displaystyle \boldsymbol{\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\geqq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}}$

が成り立つ.

等号成立は $\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}$ のとき.


2変数の(相加平均) ≧ (相乗平均)の一般化になります.

(相加平均) ≧ (相乗平均)の証明

$\boldsymbol{n=3}$ のとき

3変数ならば以下にある一般のときに加え,因数分解にある最後の公式を使うことで簡単に示せます.

証明

 $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$

$=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)$

$=\dfrac{1}{2}(a+b+c)(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab-2bc-2ca)$

$=\dfrac{1}{2}(a+b+c)\{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\}$

$\geqq 0$

$\Longleftrightarrow \ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geqq abc$

$a^{3}=a_{1}$,$b^{3}=a_{2}$,$c^{3}=a_{3}$ とおくと証明終了.

一般のとき

証明方法は沢山あります.当ページでは証明方法として

Ⅰ 変則的な数学的帰納法を使う方法

数学的帰納法と微分を使う方法

イェンセンの不等式を使う方法

の3つを紹介します.Ⅰは数学Ⅲ不要ですがわかりにくく(おそらく証明方法として1番有名),Ⅱは多少分かりやすく,Ⅲはイェンセンの不等式を適用するだけといった印象です.

まずⅡ,Ⅲの順で取り上げ,Ⅰは後の練習問題で入試問題を取り上げます.

Ⅱ 数学的帰納法と微分を使う方法での証明

(ⅰ) $n=1$ のとき

$a_{1}\geqq a_{1}$ より成立.

(ⅱ) $n=k$ のとき成り立つと仮定する.

 $\displaystyle \dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}+a_{k+1}}{k+1}-\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}}$

$\displaystyle =a_{1}\left(\dfrac{1+\color{red}{\dfrac{a_{2}}{a_{1}}+\cdots+\dfrac{a_{k}}{a_{1}}+\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}}}{k+1}-\sqrt[k+1]{\dfrac{a_{2}}{a_{1}}\cdots \dfrac{a_{k}}{a_{1}}\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}}\right)$

$\displaystyle \color{red}{\geqq}a_{1}\left(\dfrac{1+\color{red}{k\sqrt[k]{\dfrac{a_{2}}{a_{1}}\cdots\dfrac{a_{k}}{a_{1}}\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}}}}{k+1}-\sqrt[k+1]{\dfrac{a_{2}}{a_{1}}\cdots \dfrac{a_{k}}{a_{1}}\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}}\right)$

括弧の中を調べるため,$f(x)=\dfrac{1+k\sqrt[k]{x}}{k+1}-\sqrt[k+1]{x}$ $(x>0)$ とおく.

 $f'(x)$

$=\dfrac{1}{k+1}x^{\frac{1}{k}-1}-\dfrac{1}{k+1}x^{\frac{1}{k+1}-1}$

$x$ $0$ $\cdots$ $1$ $\cdots$
$f'(x)$ × $-$ $0$ $+$
$f(x)$ × ↘︎ $0$ ↗︎

これより $f(x)\geqq0$ から

$\displaystyle \dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}+a_{k+1}}{k+1}-\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}}\geqq0$

であり,等号成立は $\dfrac{a_{2}}{a_{1}}=\cdots=\dfrac{a_{k}}{a_{1}}=\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}$ かつ $\dfrac{a_{2}}{a_{1}}\cdots\dfrac{a_{k}}{a_{1}}\dfrac{a_{k+1}}{a_{1}}=1$ つまり $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{k}=a_{k+1}$ のとき.

以上より $n=k+1$ のときも成立.

(ⅰ)(ⅱ)よりすべての自然数 $n$ に関して与式が成立.

※ 赤い箇所は仮定の式( $n=k$ のときの式)を両辺 $k$ 倍して適用したものです.


Ⅲのイェンセンの不等式を使う方法は以下に格納します.

Ⅲ イェンセンの不等式を使う証明

$f(x)=-\log x$ は $f''(x)=\dfrac{1}{x^2}>0$ よりイェンセンの不等式が適用できる.イェンセンの不等式

$\displaystyle f\left(\sum_{i=1}^{n}t_{i}a_{i}\right)\leqq \sum_{i=1}^{n}t_{i}f(a_{i})$

で,$t_{1}=\cdots=t_{n}=\dfrac{1}{n}$,$f(x)=-\log x$ として適用すると

$\displaystyle -\log\left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{n}a_{i}\right)\leqq \sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{n}(-\log a_{i})$

両辺 $-1$ 倍すると

$\displaystyle \log\left(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)\geqq \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\log a_{i}=\dfrac{1}{n}\log a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$

真数を比較すると

$\displaystyle \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}\geqq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$

等号成立は $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}$ のとき.

練習問題

練習

正の数 $a_{1}$,$a_{2}$,$\cdots$,$a_{n}$ に対し,$\displaystyle S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}$,$T_{n}=\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$ と定める.

(1) $S_{2}\geqq T_{2}$ を示せ.

(2) (1)を用いて $S_{4}\geqq T_{4}$ を示せ.

(3) $S_{n}\geqq T_{n}$ が $n=2^{k}$ ( $k$ は自然数)のとき成立するならば $n=2^{k+1}$ のときも成立することを示せ.

(4) $S_{n+1}\geqq T_{n+1}$ が成立するならば $S_{n}\geqq T_{n}$ が成立することを示せ.

解答 出典:2003芝浦工業大

(1)

$(\sqrt{a_{1}}-\sqrt{a_{2}})^{2}=a_{1}+a_{2}-2\sqrt{a_{1}a_{2}}\geqq 0$

$\therefore \ \dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}\geqq \sqrt{a_{1}a_{2}}$


(2)

 $\dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}$

$\geqq \dfrac{2\sqrt{a_{1}a_{2}}+2\sqrt{a_{3}a_{4}}}{4}$ ( $\because$ (1))

$= \dfrac{\sqrt{a_{1}a_{2}}+\sqrt{a_{3}a_{4}}}{2}$

$\geqq \sqrt{\sqrt{a_{1}a_{2}}\sqrt{a_{3}a_{4}}}$ ( $\because$ (1))

$= \sqrt[4]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}$


(3)

$S_{n}\geqq T_{n}$ が $n=2^{k}$ ( $k$ は自然数)のとき成立すると仮定する.

 $S_{2^{k+1}}$

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

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

$\geqq \dfrac{\sqrt[2^k]{a_{1}a_{2}\cdots a_{2^k}}+\sqrt[2^k]{a_{2^{k}+1}a_{2^{k}+2}\cdots a_{2^{k+1}}}}{2}$

$\geqq \sqrt{\sqrt[2^k]{a_{1}a_{2}\cdots a_{2^k}}\sqrt[2^k]{a_{2^{k}+1}a_{2^{k}+2}\cdots a_{2^{k+1}}}}$ ( $\because$ (1))

$=\sqrt[2^{k+1}]{a_{1}a_{2}\cdots a_{2^{k+1}}}$

以上より $n=2^{k+1}$ のときも成立する.


(4)

$S_{n+1}\geqq T_{n+1}$ が成立するので,$a_{n+1}=\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}$ として適用すると

$\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}+\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}{n+1}\geqq \sqrt[n+1]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}$

$\Longleftrightarrow \ S_{n}\geqq \sqrt[n+1]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}S_{n}}$

両辺 $n+1$ 乗すると

$S_{n}^{n+1}\geqq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}S_{n}$

$\Longleftrightarrow \ S_{n}^{n}\geqq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$

これより $S_{n}\geqq T_{n}$ が成立.

※ これで $2$ 以上のすべての自然数に対して $S_{n}\geqq T_{n}$ つまり一般の(相加平均) ≧ (相乗平均)が証明できたことになります.なぜなら(3)までで$n=2,4,8,16,\cdots$ のときの成立がいえ,(4)で隙間の $n$ に関しても成立がいえます.