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次: カタラン数 上: 相加相乗平均の不等式 前: 特殊な函数を使うもの

数列だけで証明するもの

関数の微分を使わずに数列だけで証明するには工夫がいる.

方法 7
     次の命題を $\mathrm{P}(n)$ とおく.

\begin{displaymath}
\begin{array}{l}
任意の正の数 a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n に..
...ケ讀ャタョ、・ゥ、ト、ホ、マ a_1=a_2=\cdots=a_n 、ホ、ネ、ュ、ヒクツ、・・
\end{array}\end{displaymath}

このとき次の問いに答えよ,ただし $k,\ m,\ n$$k\ge 1$および$m,\ n\ge 2$  の自然数とする.

  1. $\mathrm{P}(2)$を示せ.
  2. $\mathrm{P}(2^k)$を示せ.
  3. $\mathrm{P}(m)$ が成立すれば $\mathrm{P}(m-1)$が成立することを示せ.
  4. $n\ge 2$ の自然数 $n$ に対して $\mathrm{P}(n)$ が成立することを示せ.

  1. \begin{eqnarray*}
A_2-G_2&=&\dfrac{a_1+a_2}{2}-\sqrt{a_1a_2}\\
&=&\dfrac{(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2}{2}\ge 0
\end{eqnarray*}

    等号成立は $a_1=a_2$ のとき. ゆえに $\mathrm{P}(2)$
  2. まず $\mathrm{P}(m)\Rightarrow \mathrm{P}(2m)$を示す.

    \begin{eqnarray*}
A_{2m}&=&\dfrac{a_1+\cdots+a_m+a_{m+1}+\cdots+a_{2m}}{2m}\\
...
...thrm{P}(2)より)
&\ge&(a_1\cdots a_{2m})^{ \frac{1}{2m}}=G_{2m}
\end{eqnarray*}

    したがって $\mathrm{P}(2^k)\Rightarrow
\mathrm{P}(2^{k+1})$なので(1)と合わせて 帰納法により $\mathrm{P}(2^k)$である.
  3. $\mathrm{P}(m)$とする.つまり

    \begin{displaymath}
\dfrac{a_1+a_2+\cdots++a_{m-1}+a_m}{m}
\ge\sqrt[m]{a_1a_2\cdots a_{m-1}a_m}
\end{displaymath}

    ここで $a_m=\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}}{m-1}$ を代入する.

    \begin{eqnarray*}
左辺&=&\dfrac{a_1+a_2+\cdots++a_{m-1}}{m-1}=A_{m-1}\\
右辺
...
..._{m-1}}^m\ge{G_{m-1}}^{m-1}A_{m-1}\\
&\iff&A_{m-1}\ge G_{m-1}
\end{eqnarray*}

    つまり $\mathrm{P}(m-1)$
  4. $n\ge 2$ の任意の自然数 $n$ に対して

    \begin{displaymath}
2^{k-1}< n \le 2^k
\end{displaymath}

    となる自然数 $k$ をとる.

    (2)より $\mathrm{P}(2^k)$. つぎに(3)の操作を $2^k-n$ 回繰り返し用いると

    \begin{displaymath}
\mathrm{P}(2^k)\Rightarrow \mathrm{P}(2^k-1)
\Rightarrow \mathrm{P}(2^k-2)
\Rightarrow \cdots \Rightarrow \mathrm{P}(n)
\end{displaymath}

    となり$\mathrm{P}(n)$ が成立することが示された.□

同様にたいへんうまい工夫がされている.これも入試問題になったことがある.雜誌『初等数学』(2001年3月号)の宮地俊彦先生の報告によると, 1997年の『数学セミナー』(9月号)に掲載されたそうである.

方法 8
  1. $n\ge 1,\ x>0$ に対して

    \begin{displaymath}
x^n-1 \ge n(x-1)
\end{displaymath}

    を示せ.

  2. \begin{displaymath}
a_n\ge nG_n-(n-1)G_{n-1}
\quad \cdots\maru{2}
\end{displaymath}

    を示せ.等号が成立する条件を $a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n$ の関係で述べよ.

  3. \begin{displaymath}
nA_n-nG_n \ge (n-1)A_{n-1}-(n-1)G_{n-1}
\end{displaymath}

    を示せ.

  4. \begin{displaymath}
G_n\le A_n
\end{displaymath}

    を示し,等号成立が $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限ることを示せ.

  1. $n\ge 1,\ x\ge 0$ のとき

    \begin{eqnarray*}
&&x^n-1-n(x-1)\\
&=&(x-1)\{(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1)-n\}\\
&=&(x-1)\{(x^{n-1}-1)+(x^{n-2}-1)+\cdots +(x-1)+(1-1)\}
\end{eqnarray*}

    ここで $x-1$ の符号と $x^{n-1}-1,\ x^{n-2}-1,\ \cdots ,\ x-1$ の符号が 同じなので

    \begin{displaymath}
x^n-1-n(x-1)\ge 0
\end{displaymath}

    等号成立は $x=1$ のときである.
  2. (1)の $x$ $x=\dfrac{G_n}{G_{n-1}}$ を代入する.

    \begin{displaymath}
\dfrac{G_n}{G_{n-1}}
=\dfrac{(a_1\cdots a_{n-1}a_n)^{\frac...
..._{n-1}}
={G_{n-1}}^{- \frac{1}{n}}\cdot {a_n}^{ \frac{1}{n}}
\end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ \quad {G_{n-1}}^{-1}\cdot a_n -1
\ge n \left(\dfrac{G_n}{G_{n-1}}-1 \right)
\end{displaymath}

    これを整理して

    \begin{displaymath}
a_n\ge nG_n-(n-1)G_{n-1}
\end{displaymath}

    を得る.等号が成立するのは

    \begin{displaymath}
{G_{n-1}}^{- \frac{1}{n}}\cdot {a_n}^{ \frac{1}{n}}=1
\quad \iff \quad a_n=G_{n-1}
=(a_1\cdots a_{n-1})^{ \frac{1}{n-1}}
\end{displaymath}

  3. $a_n=nA_n-(n-1)A_{n-1}$ を(2)の結果に代入することにより

    \begin{displaymath}
nA_n-nG_n \ge (n-1)A_{n-1}-(n-1)G_{n-1}
\end{displaymath}

    となる.
  4. (3)から $k=2,\ 3,\ \cdots,\ n$に対して

    \begin{displaymath}
kA_k-(k-1)A_{k-1}\ge kG_k-(k-1)G_{k-1}
\end{displaymath}

    両辺 $k=2,\ 3,\ \cdots,\ n$にわたって加えることにより

    \begin{displaymath}
nA_n-A_1\ge nG_n-G_1
\end{displaymath}

    を得る. $A_1=G_1$ なのでこれから

    \begin{displaymath}
G_n\le A_n
\end{displaymath}

    を得る.等号成立は

    \begin{displaymath}
a_2=a_1,\ a_3=(a_1a_2)^{\frac{1}{2}}=a_1,\ \cdots ,\
a_n=(a_1\cdots a_{n-1})^{ \frac{1}{n-1}}=a_1
\end{displaymath}

    と帰納的に定まるので $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限る.□

2は別解がある. ただし定積分を使う.雜誌『初等数学』(2001年3月号)の宮地俊彦先生の報告による.

方法 9
     $x>0$で定義された 関数 $f_n(x)$

\begin{displaymath}
f_n(x)= \left(\dfrac{G_n}{x} \right)^{ \frac{n}{n+1}}
\end{displaymath}

とする. $a_{n+1}$ を正の数とし,定積分

\begin{displaymath}
\int_{G_n}^{a_{n+1}}f_n(x)\,dx
\end{displaymath}

を考えることにより,2を示せ.

$x>0$で定義された 関数 $f_n(x)$

\begin{displaymath}
f_n(x)= \left(\dfrac{G_n}{x} \right)^{ \frac{n}{n+1}}
\end{displaymath}

と定める. $f_n(x)$ は単調減少関数である.


ここで

\begin{eqnarray*}
\int_{a_{n+1}}^{G_n}f_n(x)\,dx
&=&\left[ {G_n}^{ \frac{n}{n+1}...
...G_n-(G_n^na_{n+1})^{\frac{1}{n+1}}\}\\
&=&(n+1)G_n-(n+1)G_{n+1}
\end{eqnarray*}

である. そこで $a_{n+1}\le G_n$ のとき

\begin{eqnarray*}
&&(G_n-a_{n+1})f(G_n)\le \int_{a_{n+1}}^{G_n}f_n(x)\,dx\\
&\i...
...}\le (n+1)G_n-(n+1)G_{n+1}\\
&\iff&(n+1)G_{n+1}-nG_n\le a_{n+1}
\end{eqnarray*}

$a_{n+1}\ge G_n$ のとき

\begin{eqnarray*}
&&\int_{G_n}^{a_{n+1}}f_n(x)\,dx\le (a_{n+1}-G_n)f(G_n)\\
&\i...
...1}-(n+1)G_n\le a_{n+1}-G_n\\
&\iff&(n+1)G_{n+1}-nG_n\le a_{n+1}
\end{eqnarray*}

いずれの場合も2が( $n+1$ の場合で)示されている.□

これもよく知られたものだが,感心するほどうまく工夫されている.

方法 10
  1. $a\ge 1,\ b\le 1$ である任意の正数 $a,\ b$ に対し

    \begin{displaymath}
a+b\ge 1+ab
\end{displaymath}

    を示せ.
  2. $a_1a_2\cdots a_n=1$ である任意の $n$ 個の正数 $a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n$ に対し,

    \begin{displaymath}
a_1+a_2+\cdots +a_n\ge n
\end{displaymath}

    を示せ.

  3. \begin{displaymath}
G_n\le A_n
\end{displaymath}

    を示し,等号成立が $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限ることを示せ.

  1. $a\ge 1,\ b\le 1$ である任意の正数 $a,\ b$ に対し

    \begin{displaymath}
a+b-(1+ab)=(a-1)(1-b)\ge 0
\end{displaymath}

    等号成立は $a=1$ または $b=1$ のとき.
  2. 数学的帰納法で示す.

    $n=2$ のとき. $a_1a_2=1$ より一方が1以上で, 他方が1以下である. ゆえに(1)より

    \begin{displaymath}
a_1+a_2 \ge 1+a_1a_2=2
\end{displaymath}

    なので成立している.

    $n$ で成立するとし $n+1$ での成立を示す. $a_1a_2\cdots a_na_{n+1}=1$ である. ここで1以上のものと1以下のものを選ぶ. 番号を付け替えて $a_n\ge1,\ a_{n+1}\le1$ としてよい. $b_n=a_na_{n+1}$ とおくと $a_1a_2\cdots a_{n-1}b_n=1$.帰納法の仮定から

    \begin{displaymath}
a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}+b_n=a_1+a_2
+\cdots +a_{n-1}+a_na_{n+1}\ge n
\end{displaymath}

    (1)から

    \begin{displaymath}
a_n+a_{n+1}\ge 1+a_na_{n+1}
\end{displaymath}

    なので

    \begin{displaymath}
n\le a_1+a_2+\cdots +a_na_{n+1}\le a_1+a_2
+\cdots +a_n+a_{n+1}-1
\end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ \quad n+1 \le a_1+a_2+\cdots +a_n+a_{n+1}
\end{displaymath}

    等号は $a_1=a_2=\cdots =a_{n-1}=b_n(=a_na_{n+1})=1$ かつ $a_n=a_{n+1}=1$ のとき, つまり $a_1=a_2=\cdots =a_{n-1}=a_n=a_{n+1}=1$ のときである. ゆえに $n+1$ でも成立した.

    よって一般に $a_1a_2\cdots a_n=1$ である任意の $n$ 個の 正数 $a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n$に対し,

    \begin{displaymath}
a_1+a_2+\cdots +a_n\ge n
\end{displaymath}

    が成立する.

  3. \begin{displaymath}
b_1=\dfrac{a_1}{G_n},\ \cdots,\ b_n=\dfrac{a_n}{G_n}
\end{displaymath}

    とすると

    \begin{displaymath}
b_1b_2\cdots b_n=\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{G_n^n}=1
\end{displaymath}

    ゆえに(2)から

    \begin{displaymath}
b_1+b_2+\cdots+b_n\ge n
\end{displaymath}

    つまり

    \begin{displaymath}
a_1+a_2+\cdots+a_n\ge nG_n
\end{displaymath}

    である.

    \begin{displaymath}
∴ \quad G_n\le A_n
\end{displaymath}

    等号成立は(2)から $b_1=b_2=\cdots=b_n$,つまり $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限る.□

なんとなんと,こんなこともできる. 雜誌『初等数学』(2001年3月号)の宮地俊彦先生によると (3)の不等式はWIGERTの不等式 というそうだ.

方法 11
     各 $n$ に対して $a_1\le a_2 \le \cdots \le a_n\cdots $として一般性を失わない.このとき

  1. \begin{displaymath}
A_{n+1}({A_{n+1}}^n-{A_n}^n)\ge n{A_n}^n(A_{n+1}-A_n)
\end{displaymath}

    を示せ.

  2. \begin{displaymath}
{G_{n+1}}^{n+1}={G_n}^n\{(n+1)A_{n+1}-nA_n\}
\end{displaymath}

    を示せ.

  3. \begin{displaymath}
\left(\dfrac{G_{n+1}}{A_{n+1}} \right)^{n+1}\le \left(\dfrac{G_n}{A_n} \right)^n
\end{displaymath}

    を示せ.

  4. \begin{displaymath}
G_n\le A_n
\end{displaymath}

    を示し,等号成立が $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限ることを示せ.

  1. $a_1\le a_2 \le \cdots \le a_n\le a_{n+1}$なので

    \begin{displaymath}
a_{n+1}=\dfrac{na_{n+1}}{n}\ge \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=A_n
\end{displaymath}

    \begin{eqnarray*}
∴ \quad A_{n+1}&=&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+ a_n+a_{n+1}}{n+1}\\
&\ge&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+ a_n+A_n}{n+1}=A_n
\end{eqnarray*}

    \begin{eqnarray*}
&&A_{n+1}({A_{n+1}}^n-{A_n}^n)\\
&=&A_{n+1}({A_{n+1}}-{A_n}...
...
&\ge&A_n({A_{n+1}}-{A_n})(n{A_n}^{n-1})=n{A_n}^n(A_{n+1}-A_n)
\end{eqnarray*}

    等号成立は $a_{n+1}=A_n$ のときである.
  2. $\dfrac{{G_{n+1}}^{n+1}}{{G_n}^n}
=a_{n+1}$ $(n+1)A_{n+1}-nA_n=a_{n+1}$なので

    \begin{displaymath}
{G_{n+1}}^{n+1}={G_n}^n\{(n+1)A_{n+1}-nA_n\}
\end{displaymath}

    である.
  3. (1)より

    \begin{displaymath}
(n+1)A_{n+1}-nA_n\le \dfrac{{A_{n+1}}^{n+1}}{{A_n}^n}
\end{displaymath}

    (2)とあわせて

    \begin{displaymath}
{G_{n+1}}^{n+1}\le {G_n}^n
\cdot \dfrac{{A_{n+1}}^{n+1}}{{A_n}^n}
\end{displaymath}

    つまり

    \begin{displaymath}
\left(\dfrac{G_{n+1}}{A_{n+1}} \right)^{n+1}\le \left(\dfrac{G_n}{A_n} \right)^n
\end{displaymath}

  4. (3)より

    \begin{displaymath}
\dfrac{{G_n}^n}{{A_n}^n}\le\dfrac{G_1}{A_1}=1
\end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴ \quad G_n\le A_n
\end{displaymath}

    等号成立は

    \begin{displaymath}
A_1=a_2,\ \ A_2=a_3,\ \ \cdots ,\ \ A_n=a_{n+1}
\end{displaymath}

    のときに限る. つまり $a_1=a_2=\cdots=a_n$のときに限る.□

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