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．

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

このとき次の問いに答えよ，ただし $k,\ m,\ n$ は $k\ge 1$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．

解

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
   
   $$\dfrac{a_1+a_2+\cdots++a_{m-1}+a_m}{m} \ge\sqrt[m]{a_1a_2\cdots a_{m-1}a_m}$$
   
   
   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
   
   $$2^{k-1}< n \le 2^k$$
   
   
   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
   

   $$\mathrm{P}(2^k)\Rightarrow \mathrm{P}(2^k-1) \Rightarrow \mathrm{P}(2^k-2) \Rightarrow \cdots \Rightarrow \mathrm{P}(n)$$
   
   
   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
   
   $$x^n-1 \ge n(x-1)$$
   
   
   を示せ．
2. 
   
   $$a_n\ge nG_n-(n-1)G_{n-1} \quad \cdots\maru{2}$$
   
   
   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. 
   
   $$nA_n-nG_n \ge (n-1)A_{n-1}-(n-1)G_{n-1}$$
   
   
   を示せ．
4. 
   
   $$G_n\le A_n$$
   
   
   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．

解

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
   
   $$x^n-1-n(x-1)\ge 0$$
   
   
   等号成立は $x=1$ のときである．
2. (1)の $x$ に $x=\dfrac{G_n}{G_{n-1}}$ を代入する．
   
   $$\dfrac{G_n}{G_{n-1}} =\dfrac{(a_1\cdots a_{n-1}a_n)^{\frac... ..._{n-1}} ={G_{n-1}}^{- \frac{1}{n}}\cdot {a_n}^{ \frac{1}{n}}$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad {G_{n-1}}^{-1}\cdot a_n -1 \ge n \left(\dfrac{G_n}{G_{n-1}}-1 \right)$$
   
   
   これを整理して
   
   $$a_n\ge nG_n-(n-1)G_{n-1}$$
   
   
   を得る．等号が成立するのは
   
   $${G_{n-1}}^{- \frac{1}{n}}\cdot {a_n}^{ \frac{1}{n}}=1 \quad \iff \quad a_n=G_{n-1} =(a_1\cdots a_{n-1})^{ \frac{1}{n-1}}$$
   
   

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
   
   $$nA_n-nG_n \ge (n-1)A_{n-1}-(n-1)G_{n-1}$$
   
   
   となる．
4. (3)から $k=2,\ 3,\ \cdots,\ n$に対して
   
   $$kA_k-(k-1)A_{k-1}\ge kG_k-(k-1)G_{k-1}$$
   
   
   両辺 $k=2,\ 3,\ \cdots,\ n$にわたって加えることにより
   
   $$nA_n-A_1\ge nG_n-G_1$$
   
   
   を得る． $A_1=G_1$ なのでこれから
   
   $$G_n\le A_n$$
   
   
   を得る．等号成立は
   
   $$a_2=a_1,\ a_3=(a_1a_2)^{\frac{1}{2}}=a_1,\ \cdots ,\ a_n=(a_1\cdots a_{n-1})^{ \frac{1}{n-1}}=a_1$$
   
   
   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 $f_n(x)$ を

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

とする． $a_{n+1}$ を正の数とし，定積分

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

を考えることにより，2を示せ．

解

$x>0$で定義された 関数 $f_n(x)$ を

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

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
   
   $$a+b\ge 1+ab$$
   
   
   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，
   
   $$a_1+a_2+\cdots +a_n\ge n$$
   
   
   を示せ．
3. 
   
   $$G_n\le A_n$$
   
   
   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．

解

1. $a\ge 1,\ b\le 1$ である任意の正数 $a,\ b$ に対し
   
   $$a+b-(1+ab)=(a-1)(1-b)\ge 0$$
   
   
   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
   

   $$a_1+a_2 \ge 1+a_1a_2=2$$
   
   
   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
   

   $$a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}+b_n=a_1+a_2 +\cdots +a_{n-1}+a_na_{n+1}\ge n$$
   
   
   (1)から
   
   $$a_n+a_{n+1}\ge 1+a_na_{n+1}$$
   
   
   なので
   
   $$n\le a_1+a_2+\cdots +a_na_{n+1}\le a_1+a_2 +\cdots +a_n+a_{n+1}-1$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad n+1 \le a_1+a_2+\cdots +a_n+a_{n+1}$$
   
   
   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，
   

   $$a_1+a_2+\cdots +a_n\ge n$$
   
   
   が成立する．
3. 
   
   $$b_1=\dfrac{a_1}{G_n},\ \cdots,\ b_n=\dfrac{a_n}{G_n}$$
   
   
   とすると
   
   $$b_1b_2\cdots b_n=\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{G_n^n}=1$$
   
   
   ゆえに(2)から
   
   $$b_1+b_2+\cdots+b_n\ge n$$
   
   
   つまり
   
   $$a_1+a_2+\cdots+a_n\ge nG_n$$
   
   
   である．
   
   $$∴ \quad G_n\le A_n$$
   
   
   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. 
   
   $$A_{n+1}({A_{n+1}}^n-{A_n}^n)\ge n{A_n}^n(A_{n+1}-A_n)$$
   
   
   を示せ．
2. 
   
   $${G_{n+1}}^{n+1}={G_n}^n\{(n+1)A_{n+1}-nA_n\}$$
   
   
   を示せ．
3. 
   
   $$\left(\dfrac{G_{n+1}}{A_{n+1}} \right)^{n+1}\le \left(\dfrac{G_n}{A_n} \right)^n$$
   
   
   を示せ．
4. 
   
   $$G_n\le A_n$$
   
   
   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．

解

1. $a_1\le a_2 \le \cdots \le a_n\le a_{n+1}$なので
   
   $$a_{n+1}=\dfrac{na_{n+1}}{n}\ge \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=A_n$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} ∴ \quad A_{n+1}&=&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+ a_n+a_{n+1}}{n+1}\\ &\ge&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+ a_n+A_n}{n+1}=A_n \end{eqnarray*}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} &&A_{n+1}({A_{n+1}}^n-{A_n}^n)\\ &=&A_{n+1}({A_{n+1}}-{A_n}... ... &\ge&A_n({A_{n+1}}-{A_n})(n{A_n}^{n-1})=n{A_n}^n(A_{n+1}-A_n) \end{eqnarray*}$$
   
   
   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
   
   $${G_{n+1}}^{n+1}={G_n}^n\{(n+1)A_{n+1}-nA_n\}$$
   
   
   である．
3. (1)より
   
   $$(n+1)A_{n+1}-nA_n\le \dfrac{{A_{n+1}}^{n+1}}{{A_n}^n}$$
   
   
   (2)とあわせて
   
   $${G_{n+1}}^{n+1}\le {G_n}^n \cdot \dfrac{{A_{n+1}}^{n+1}}{{A_n}^n}$$
   
   
   つまり
   
   $$\left(\dfrac{G_{n+1}}{A_{n+1}} \right)^{n+1}\le \left(\dfrac{G_n}{A_n} \right)^n$$
   
   

4. (3)より
   
   $$\dfrac{{G_n}^n}{{A_n}^n}\le\dfrac{G_1}{A_1}=1$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad G_n\le A_n$$
   
   
   等号成立は
   
   $$A_1=a_2,\ \ A_2=a_3,\ \ \cdots ,\ \ A_n=a_{n+1}$$
   
   
   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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