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3 相加相乗平均の不等式の拡張

3.1 相加相乗平均の不等式

正の実数 $x_1,x_2,\ldots,x_n$に対して, 相加平均, 相乗平均をそれぞれ

\begin{displaymath}
A=\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n},\quad G=\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}
\end{displaymath} (3.17)

とおいたとき, 相加相乗平均の不等式(arithmetic and geometric means inequality, agmi)
\begin{displaymath}
A \ge G
\end{displaymath} (3.18)

が成り立つことは有名で, 多くの証明が知られている. 例えば
  $\textstyle \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{x_k}{A}-1\right)=0,$   (3.19)
  $\textstyle \exp\sum_{k=1}^{n}a_k=\prod_{k=1}^{n}e^{a_k}$   (3.20)

及び, $x>-1$に対して$e^x\ge1+x>0$であること3に注意すると,
\begin{displaymath}
1=e^0=\exp\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{x_k}{A}-1\right)=\prod_...
...k}{A}-1\right)\ge\prod_{k=1}^{n}\frac{x_k}{A}=\frac{G^n}{A^n}
\end{displaymath} (3.21)

となるから, $A \ge G$である. また等号成立条件は
\begin{displaymath}
\frac{x_k}{A}-1=0 \Longleftrightarrow x_1=x_2=\cdots=x_n
\end{displaymath} (3.22)

となる.

3.2 拡張

もし$p_n(x)=0$の解が $x_1,x_2,\ldots,x_n$であるとすると, 解と係数の関係から $a_1 \ge \sqrt[n]{a_n}$となるので, より一般的に

\begin{displaymath}
a_1\ge\sqrt{a_2}\ge\cdots\ge\sqrt[n]{a_n}
\end{displaymath} (3.23)

が成り立つと予想できる. この不等式が成り立つという命題を$P(p_n)$として, 単純な帰納法で証明することを考える. $P(p_1)$は自明である4から, 問題は $P(p_{n-1}) \Longrightarrow P(p_n)$である.

ここで$p_n(x)$$p_{n-1}(x)$を結びつけることを考えたとき, 次数の差は1で, しかもそれぞれ$(x-a)^n$, $(x-a)^{n-1}$に対応しているのだから, 試しに微分してみる. そうすると,

$\displaystyle p_n'(x)$ $\textstyle =$ $\displaystyle \left(\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}a_k\right)'$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}(n-k)x^{n-k-1}a_k$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{n-1 \choose k}x^{n-1-k}a_k$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle np_{n-1}(x)$ (3.24)

のように期待通りの結果が得られる. これが分かれば後は簡単で, $n>1$とすると,
\begin{displaymath}
p_n'(x)=np_{n-1}(x)=0
\end{displaymath} (3.25)

という方程式はRolleの定理より$n-1$個の正の実数解を持つから, $P(p_{n-1})$の仮定の下に

\begin{displaymath}
a_1\ge\sqrt{a_2}\ge\cdots\ge\sqrt[n-1]{a_{n-1}}
\end{displaymath}

となる. また解と係数の関係に注意すると, agmiより

\begin{displaymath}
a_{n-1}\ge\sqrt[n]{a_n^{n-1}} \Longleftrightarrow \sqrt[n-1]{a_{n-1}}\ge\sqrt[n]{a_n}
\end{displaymath}

である. つまり $P(p_{n-1}) \Longrightarrow P(p_n)$だから, すべての自然数$n$に対して$P(p_n)$となる.

等号成立条件の導出は少しややこしい. もし $\sqrt[m-1]{a_{m-1}}=\sqrt[m]{a_m}$ $(2 \le m \le n)$が成り立ったとすると, $P(p_{m-1}) \Longrightarrow P(p_m)$に用いるagmiの等号成立条件を考えることで

\begin{displaymath}
a_1=\sqrt{a_2}=\cdots=\sqrt[m]{a_m}
\end{displaymath}

となるが, $m$に関係なく成り立つ $a_1=\sqrt{a_2}$に注目すると,

\begin{eqnarray*}
a_1=\sqrt{a_2}
&\Longleftrightarrow&
\frac{x_1+x_2+\cdots+x...
...ftrightarrow&
(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\cdots+(x_{n-1}-x_n)^2=0
\end{eqnarray*}


を得る. よって等号は
\begin{displaymath}
x_1=x_2=\cdots=x_n
\end{displaymath} (3.26)

の場合に成り立ち, そのときすべての$\sqrt[k]{a_k}$は等しくなる.



Kenichi Kondo
平成16年3月18日