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不等式の証明［04明治大］

問題     

$x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n$を実数，$n$を自然数とする．このとき

$$n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\ge 0$$

が成立することを示せ．

方針

1.

数学的帰納法．

2.

直接の変形．

3.

コーシー・シュワルツの不等式．

4.

$y=x^2$という下に凸な関数を用いる．

解1

任意の実数 $x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n$と，自然数$n$に対し，不等式

$$n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\ge 0 \quad \cdots\maru{1}$$

が成立することを数学的帰納法で示す．

$n=1$のとき．

$\maru{1}$は

$$x_1^2-(x_1)^2=0$$

となり，成立．

$n=m$のとき命題が成立するとする．

$n=m+1$のとき．

$$\begin{eqnarray*} &&(m+1)\sum_{k=1}^{m+1}{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^{m+1}x_k\right... ...\sum_{k=1}^mx_k\right)^2 +\sum_{k=1}^m\left(x_k-x_{m+1}\right)^2 \end{eqnarray*}$$

数学的帰納法の仮定から

$$m\sum_{k=1}^m{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^mx_k\right)^2\ge 0$$

なので，$n=m+1$のときも$\maru{1}$は成立する．

かつ$\maru{1}$での等号成立が

$$x_1=x_2=\cdots=x_n$$

のときであることも示された． □

解2

直接示す．

$$\begin{eqnarray*} && n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\\ &=& ... ...}x_ix_j\right\}\\ &=&(n-1)\sum_{k=1}^n{x_k}^2-2\sum_{i<j}x_ix_j \end{eqnarray*}$$

和 $$\sum_{i<j}x_ix_j$$では，どの文字もちょうど$n-1$回ずつ現れる． したがって

$$(n-1)\sum_{k=1}^n{x_k}^2-2\sum_{i<j}x_ix_j= \sum_{i<j}\left({x_i}^2-2x_ix_j+{x_j}^2\right)$$

である．つまり

$$n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2 =\sum_{i<j}\left(x_i-x_j\right)^2\ge 0$$

等号成立は

$$x_1=x_2=\cdots=x_n$$

のとき． □

解3

$t$を実数の変数にとり，2次式$f(t)$を

$$f(t)=(t-x_1)^2+(t-x_2)^2+\cdots+(t-x_n)^2$$

とおく．

$$f(t)=nt^2-2(x_1+x_2+\cdots+x_n)t+({x_1}^2+{x_2}^2+\cdots+{x_n}^2)$$

である．任意の実数値$t$に対して$f(t)\ge 0$であるから，その判別式$D$は$D\le 0$である．

$$D/4=(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2-n({x_1}^2+{x_2}^2+\cdots+{x_n}^2)\le 0$$

より

$$n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\ge 0$$

が示された．等号成立は$D=0$，つまり$f(t)=0$となる実数$t$が存在するときである． よって

$$(t-x_1)^2=(t-x_2)^2=\cdots=(t-x_n)^2=0$$

となる実数$t$が存在するときである．これは

$$t-x_1=t-x_2=\cdots=t-x_n=0$$

となる実数$t$が存在するときである．つまり 等号成立は

$$x_1=x_2=\cdots=x_n$$

のとき． □

解4

$s+t=1$である正の数と，実数$p,\ q$に関して

$$sp^2+tq^2\ge (sp+tq)^2$$

実際,

$$\begin{eqnarray*} &&sp^2+tq^2-(sp+tq)^2\\ &=&s(1-s)p^2-2stpq+t(1-t)q^2\\ &=&st(p^2-2pq+q^2)=st(p-q)^2 \quad \cdots\maru{1} \end{eqnarray*}$$

である．ここで等号成立は$p=q$のときである．また

$$\begin{eqnarray*} &&n\sum_{k=1}^n{x_k}^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\ge 0\\ ... ...+{x_n}^2}{n}\ge \left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n} \right)^2\\ \end{eqnarray*}$$

そこで，この不等式の成立と 等号成立が $x_1=x_2=\cdots=x_n$のときであることを， $n$についての数学的帰納法で示す．

$n=1$のときは ${x_1}^2=(x_1)^2$で成立する．

$n=k$で成立するとする．$n=k+1$のとき

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{{x_1}^2+{x_2}^2+\cdots+{x_k}^2+{x_{k+1}}^2}{k+1}\\ &... ...ght)^2\\ &=&\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}}{k+1} \right)^2 \end{eqnarray*}$$

等号成立は $x_1=x_2=\cdots=x_k$かつ $\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}=x_{k+1}$，つまり $x_1=x_2=\cdots=x_{k+1}$のときである． よって$n=k+1$のときも成立し，すべての$n$で成立した． □

吟味
この問題の不等式は，コーシー・シュワルツの不等式と，凸関数の不等式の両方の性質をもつ不等式である．それぞれの方向に一般化することができる．

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