(相加平均) ≧ (相乗平均) ( $\boldsymbol{n}$ 変数)
数学Ⅲ既習者(難関大対策＋) ★★★★
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
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
Ⅱ 数学的帰納法と微分を使う方法
Ⅲ 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．