チェビシェフの不等式 (3文字の場合)
$\qquad a \geqq b \geqq c > 0,\quad x \geqq y \geqq z > 0\ \ のとき \quad \cfrac{a+b+c}{3} \cdot \cfrac{x+y+z}{3} \leqq \cfrac{ax+by+cz}{3}$
$\qquad 等号は \ \ a=b=c \ \ または \ \ x=y=z \ \ のとき$
$(証明1)$
\begin{eqnarray*} & &3(ax+by+cz)-(a+b+c)(x+y+z)\\ \\ &=&3(ax+by+cz)-(ax+ay+az+bx+by+bz+cx+cy+cz)\\ \\ &=&2ax+2by+2cz-ay-az-bx-bz-cx-cy\\ \\ &=&a(x-y)+b(y-z)+c(z-x)+a(x-z)+b(y-x)+c(z-y)\\ \\ &=&(a-b)(x-y)+(b-c)(y-z)+(a-c)(x-z)\\ \\ &\geqq &0 \end{eqnarray*}
$よって \quad 3(ax+by+cz) \geqq (a+b+c)(x+y+z) $
$両辺を \ 3^2 で割って \quad \cfrac{a+b+c}{3} \cdot \cfrac{x+y+z}{3} \leqq \cfrac{ax+by+cz}{3} \hspace{5em}(1)$
$(証明2)$
$(a-b)(x-y) \geqq 0 \quad より \quad ax+by \geqq ay+bx$
$(a-c)(x-z) \geqq 0 \quad より \quad ax+cz \geqq az+cx$
$(b-c)(y-z) \geqq 0 \quad より \quad by+cz \geqq bz+cy$
$辺々加えて$
$2(ax+by+cz) \geqq a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)$
$両辺に \quad ax+by+cz \quad を加えて$
$3(ax+by+cz)\geqq a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)+(ax+by+cz) $
$3(ax+by+cz)\geqq a(y+z+x)+b(z+x+y)+c(x+y+z)$
$3(ax+by+cz)\geqq (a+b+c)(y+z+x)$
$この証明方法は、n\ 文字の場合の証明に使えます。$
$(証明3)$
$2文字については成りたつとすると$
$2(ax+by) \geqq (a+b)(x+y) \qquad このとき$
\begin{eqnarray*} & &3(ax+by+cz)-(a+b+c)(x+y+z)\\ \\ &=&3\{(ax+by)+cz\}-\{(a+b)+c\}\{(x+y)+z\}\\ \\ &=&\big\{2(ax+by)-(a+b)(x+y)\big\} +(ax+by)+3cz-(a+b)z-c(x+y)-cz\\ \\ &\geqq&(ax+by)+2cz-(a+b)z-c(x+y)\\ \\ &\geqq&\cfrac{1}{2}(a+b)(x+y)-(a+b)z-c(x+y)+2cz\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\{(a+b)(x+y)-2(a+b)z-2c(x+y)+4cz\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\{(a+b)-2c\}\{(x+y)-2z\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\{(a-c)+(b-c)\}\{(x-z)+(y-z)\}\\ \\ &\geqq &0 \end{eqnarray*}
$この証明方法は、n\ 文字の場合の証明に使えます。$
$(拡張1)$
$(1)で a \longrightarrow a^p,\ \ b \longrightarrow b^p,\ \ c \longrightarrow c^p,\ \ x \longrightarrow a^q,\ \ y \longrightarrow b^q,\ \ z \longrightarrow c^q \quad とおくと$
$\qquad \cfrac{a^p+b^p+c^p}{3}\cdot \cfrac{a^q+b^q+c^q}{3} \leqq \ \cfrac{a^{p+q}+b^{p+q}+c^{p+q}}{3} $
$(拡張2)$
$(1)で \ \ x=a,\ y=b,\ z=c \ \ とおくと \quad \big(\cfrac{a+b+c}{3}\big)^2 \leqq \cfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \hspace{5em}(2)$
$このときは、a+b+c,\ \ a^2+b^2+c^2 \ \ はともに \ a,\ b,\ c\ の対称式だから \ \ a \geqq b \geqq c \ \ の条件は不用となる。$
$さらに、この式の両辺に \ \cfrac{a+b+c}{3}\ をかけて \qquad \big(\cfrac{a+b+c}{3}\big)^3 \leqq \cfrac{a+b+c}{3}\cdot \cfrac{a^2+b^2+c^2}{3}$
$右辺は(1)の左辺で \ \ x=a^2,\ y=b^2,\ z=c^2\ \ とおいたものだから \quad \cfrac{a+b+c}{3}\cdot \cfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \leqq \ \cfrac{a^3+b^3+c^3}{3} \hspace{3em}(3)$
$よって \quad \big(\cfrac{a+b+c}{3}\big)^3 \leqq \cfrac{a^3+b^3+c^3}{3} \hspace{5em}(4)$
$(2)式のダイレクトな証明$
\begin{eqnarray*} & &3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\\ \\ &=&2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\\ \\ &=&(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\\ \\ &\geqq 0& \end{eqnarray*}
$(3)式のダイレクトな証明$
$(a^3+b^3)-(a^2b+ab^2)=a^2(a-b)-b^2(a-b)=(a-b)(a^2-b^2)=(a-b)^2(a+b)\geqq 0$
$\therefore \ \ a^3+b^3 \geqq a^2b+ab^2$
$a \rightarrow b,\quad b \rightarrow c \quad と置き換えて \quad b^3+c^3 \geqq b^2c+bc^2$
$a \rightarrow c,\quad b \rightarrow a \quad と置き換えて \quad c^3+a^3 \geqq c^2a+ca^2$
$辺々加えて \quad 2(a^3+b^3+c^3) \geqq a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$
$両辺に \ \ a^3+b^3+c^3 \ \ を加えて$
$3(a^3+b^3+c^3) \geqq a^2(a+b+c)+b^2(a+b+c)+c^2(a+b+c)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$
$(4)式のダイレクトな証明は微分法による解析的な方法が簡単です。$
$f(x)=9(x^3+b^3+c^3)-(x+b+c)^3 \quad とおくと$
\begin{eqnarray*} f'(x) &=&27x^2-3(x+b+c)^2\\ \\ &=&3(9x^2-(x+b+c)^2)\\ \\ &=&3(3x-(x+b+c))(3x+(x+b+c))\\ \\ &=&3(2x-b-c)(4x+b+c) \end{eqnarray*} \[ f'(x)=0 \quad より \quad x=\cfrac{b+c}{2} \qquad 増減表は \qquad \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x& 0 & \cdots & \small{\cfrac{b+c}{2}} & \cdots \\ \hline f'(x)& & - & 0 & + \\ \hline f(x)& & \searrow & 極小 & \nearrow & \\ \end{array} \]
$f(x)\ は \ x=\cfrac{b+c}{2}\ で極小かつ最小となり、最小値は$
\begin{eqnarray*} f(\cfrac{b+c}{2}) &=&9\big\{(\cfrac{b+c}{2})^3+b^3+c^3\big\}-(\cfrac{b+c}{2}+b+c)^3\\ \\ &=&\cfrac{9}{8}(b+c)^3+9(b^3+c^3)-\cfrac{27}{8}(b+c)^3\\ \\ &=&9(b^3+c^3)-\cfrac{9}{4}(b+c)^3\\ \\ &=&\cfrac{9}{4}\{4(b^3+c^3)-(b+c)^3\}\\ \\ &=&\cfrac{9}{4}(3b^3+3c^3-3b^2c-3bc^2)\\ \\ &=&\cfrac{27}{4}\{b^2(b-c)-c^2(b-c)\}\\ \\ &=&\cfrac{27}{4}(b-c)(b^2-c^2)\\ \\ &=&\cfrac{27}{4}(b-c)^2(b+c)\\ \\ &\geqq&0 \end{eqnarray*} $よって \quad f(x) \geqq f(\cfrac{b+c}{2}) \geqq 0 \quad より \quad 9(x^3+b^3+c^3) \geqq (x+b+c)^3 $
$x=a \ とおくと \quad 9(a^3+b^3+c^3) \geqq (x+b+c)^3 $
$(2)式の両辺に \ \cfrac{a+b+c}{3}\ をかける操作を繰り返すと$
$\quad \big(\cfrac{a+b+c}{3}\big)^n \leqq \cfrac{a^n+b^n+c^n}{3} \quad (a > 0,\ \ b > 0,\ \ n\ は正の整数)$
$上式のダイレクトな証明$
$f(x)=x^n \ \ (n \geqq 2,\ \ x >0) \ を考える。$
$f'(x)=nx^{n-1} > 0 ,\qquad f''(x)=n(n-1)x^{n-2} >0 \quad だから$
$f(x)\ は \ x > 0\ で下に凸な単調増加関数である。$
$A(a,\ a^n),\ \ B(b,\ b^n),\ \ C(c,\ c^n)\ \ (a < b < c )\ \ とすると$
$\triangle ABC \ \ の重心は \quad G(\cfrac{a+b+c}{3},\ \cfrac{a^n+b^n+c^n}{3})$
$H(\cfrac{a+b+c}{3},\ 0),\ \ 曲線上の点 \ G'\ を \ G'(\cfrac{a+b+c}{3},\ \big(\cfrac{a+b+c}{3}\big)^n)\quad とおくと$
$下に凸な単調増加関数においては \quad HG' \leqq HG \quad だから$
$\quad (\cfrac{a+b+c}{3})^n \leqq \cfrac{a^n+b^n+c^n}{3}$
$\quad (単調増加関数のこの性質については $ 曲線の凹凸$をご覧ください。)$
チェビシェフの不等式メニュー に戻る
メインメニュー に戻る