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定理の一般化

定理1をさらに次のように一般化しよう.

定理 3        $N$を自然数の定数とし, 数列$\{q_n\}$を次式で定義する.

\begin{displaymath}
q_0=N,\ \quad q_{n+1}=q_0q_1\cdots q_n+1
\quad (n=0,\ 1,\ 2,\ \cdots)
\end{displaymath}

$a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n$ $a_i<a_{i+1}\ (1\le i \le n-1)$ $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}<\dfrac{1}{N}$を満たす$n$個の自然数とする.不等式

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}
\le
\dfrac{1}{q_1}+\dfrac{1}{q_2}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}
\end{displaymath}

が成立し,等号は $a_k=q_k\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$のとき,そしてそのときにかぎる. ■

注意 0.0.2        数列$\{q_n\}$N-シルベスター数列といおう.

     $N=1$のときが,定理1である. また本定理の数列$\{q_n\}$では,

\begin{displaymath}
q_0=N,\ q_1=N+1,\ q_2=N(N+1)+1
\end{displaymath}

なので,命題1は定理3$N=A$$n=2$の場合である. つまり,定理3は命題1の一般化でもある.

補題を一つ準備する.

補題 1        定理3内で定義された数列$\{q_n\}$は,関係式

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{q_1}+\dfrac{1}{q_2}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}
=\dfrac{1}{N}-\dfrac{1}{q_0q_1q_2\cdots q_n}
\end{displaymath}

を満たす. ■

証明      数学的帰納法で示す.

$n=1$のときは$q_1=N+1$なので,

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{N}-\dfrac{1}{q_0q_1}&=&\dfrac{1}{N}-\dfrac{1}{N(N+1)}\\
&=&\dfrac{1}{N+1}=\dfrac{1}{q_1}
\end{eqnarray*}

より成立.$n$で成立とする.

\begin{eqnarray*}
&&\dfrac{1}{q_1}+\dfrac{1}{q_2}+\cdots+\dfrac{1}{q_{n+1}}\\ 
...
...n+1}}\\
&=&\dfrac{1}{N}-\dfrac{1}{q_0q_1q_2\cdots q_nq_{n+1}}
\end{eqnarray*}

つまり,$n+1$のときも成立する. よって命題はすべての$n$で成立する. □

一般化定理の証明

定理3の成立を, $n$についての数学的帰納法で示す.

$n=1$のときは$q_1=N+1$なので $\dfrac{1}{a_1}<\dfrac{1}{N}$ なら$a_1>N$,つまり$a_1\ge q_1$である.よって

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}\le \dfrac{1}{q_1}
\end{displaymath}

は成立し,等号成立は$a_1=q_1$のときにかぎる.

定理3の命題の$n-1$以下での成立を仮定する.


\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}
=\dfrac{X}{a_1a_2\cdots a_n}
\end{displaymath}

と表すとき, $\dfrac{X}{a_1a_2\cdots a_n}<\dfrac{1}{N}$より $NX\le a_1a_2\cdots a_n-1$である. よって

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}
\le\dfrac{a_1a_2\cdots a_n-1}{Na_1a_2\cdots a_n}
\end{displaymath}

である.

補題1より

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{q_1}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}&=&
\dfrac{1}{N}-\dfrac{...
...2\cdots q_n}\\
=\dfrac{q_1q_2\cdots q_n-1}{Nq_1q_2\cdots q_n}
\end{eqnarray*}

なので, $a_1a_2\cdots a_n<q_1q_2\cdots q_n$なら

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{a_1}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}
&\le&\dfrac{a_1a_2\cdot...
...ac{1}{Nq_1q_2\cdots q_n}
=\dfrac{1}{q_1}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}
\end{eqnarray*}

となり成立.

以下では $a_1a_2\cdots a_n\ge q_1q_2\cdots q_n$とする.

$a_n\ge q_n$のとき. 帰納法の仮定により成立する$n-1$のときの不等式の両辺に, $\dfrac{1}{a_n}\le\dfrac{1}{q_n}$を加えると

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\le\dfrac{1}{q_1}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}
\end{displaymath}

となり,等号成立条件も成立する.

よって$a_n<q_n$とする. このとき不等式の成立と等号の不成立を示せばよい.

$a_1a_2\cdots a_n\ge q_1q_2\cdots q_n$とあわせると, 番号$l$ $a_la_{l+1}\cdots a_n\ge q_lq_{l+1}\cdots q_n$となる最大のものがある. それを$l$とする.$l\le n-1$である.

\begin{eqnarray*}
&&a_la_{l+1}\cdots a_n\ge q_lq_{l+1}\cdots q_n,\ \\
&&a_{l+...
...
a_{l+2}\cdots a_n<q_{l+2}\cdots q_n,\
\cdots
,\
a_n<q_n
\end{eqnarray*}

であるから
\begin{displaymath}
a_l>q_l,\ a_la_{l+1}>q_lq_{l+1},\ \cdots,\
a_la_{l+1}\cdots a_{n-1}>q_lq_{l+1}\cdots q_{n-1}
\end{displaymath} (5)

である.有理数$r$と整数$a_{n+1}$

\begin{displaymath}
r=q_n\cdot\dfrac{a_la_{l+1}\cdots a_n}{q_lq_{l+1}\cdots q_n},\ a_{n+1}=q_n
\end{displaymath}

で定める.

\begin{displaymath}
q_n\le r,\ a_n<q_n=a_{n+1}
\end{displaymath}

である.ここで

\begin{eqnarray*}
&&s_i=\log(q_{l+i-1}),\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n-l+1),\ s_{n-l+2}=\log r\\
&&t_i=\log(a_{l+i-1}),\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n-l+2)
\end{eqnarray*}

とする.この実数の列は条件

\begin{displaymath}
0\leq s_1\leq\cdots\leq s_{n-l+2},\ \quad 0\leq t_1\leq\dots\leq t_{n-l+2}
\end{displaymath}

を満たし,さらにその定義と不等式列(5)より

\begin{eqnarray*}
&&\sum_{i=1}^{n-l+2} s_i=\log\left(q_n\cdot a_la_{l+1}\cdots ...
...つ}&&\sum_{i=1}^k s_i < \sum_{i=1}^k t_i\;\; (k=1,\dots,n-l+1)
\end{eqnarray*}

を満たす.(注:「<」を「≦」に訂正.) ただしk=1,…,n-l の範囲では等号不成立.つまり系1の条件を満たす.

\begin{displaymath}
x=e^{-1}
\end{displaymath}

で系1を用いる.この場合,$x\ne 1$から,等号は成立しない.

\begin{eqnarray*} &&\sum_{i=1}^{n-l+2}e^{-s_i}=\sum_{i=1}^{n-l+1}e^{-\log(q_{l+i-1})}+e^{-\log r}\\ &>& \sum_{i=1}^{n-l+2}e^{-t_i}=\sum_{i=1}^{n-l+2}e^{-\log(a_{l+i-1})} \end{eqnarray*}

を得る.これから

\begin{displaymath}
\sum_{i=1}^{n-l+1}\dfrac{1}{q_{l+i-1}}+\dfrac{1}{r}
>
\sum_{i=1}^{n-l+2}\dfrac{1}{a_{l+i-1}}
\end{displaymath}

を得る.ここで,$a_{n+1}\le r$より $\dfrac{1}{a_{n+1}}\ge \dfrac{1}{r}$なので,

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_l}+\dfrac{1}{a_{l+1}}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}<
\dfrac{1}{q_l}+\dfrac{1}{q_{l+1}}+\cdots+\dfrac{1}{q_n}
\end{displaymath}

である. 帰納法の仮定から

\begin{displaymath}
\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_{l-1}}\le
\dfrac{1}{q_1}+\dfrac{1}{q_2}+\cdots+\dfrac{1}{q_{l-1}}
\end{displaymath}

は成立.両辺加えて$n$のときの成立が示され,等号成立条件も示されている. □

太郎  ムーアヘッドの不等式といっても, 系1の形で,つまり $x_2=x_3=\cdots=x_n=1$の場合に使うだけですね.

南海  そうなのだ. ムーアヘッドの不等式の証明を $x_2=x_3=\cdots=x_n=1$の場合に書き出してみると, 案外簡単な証明だ.先にも言ったが直接の証明もできそうだ.

ただ,ムーアヘッドの不等式は,たいへん面白いし, 多くの具体的な不等式を生みだす. 置換群の記号が出てくるので,少しとっつきにくいが,ぜひ自分で後を追ってみてほしい.


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Aozora
2013-05-10