相加・相乗平均の不等式(解析編)　その3



$相加・相乗平均の不等式$

$\qquad 文字はすべて正とする$

$\hspace{4em} \cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} \geqq \large{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}} \qquad \normalsize{ただし等号は} \quad a_1=a_2=\cdots =a_n \quad のとき$



$\qquad (代数的方法による証明は($相加・相乗平均の不等式(代数編)$)を参考にしてください。$


$(証明3)$

$\quad p > 0 \quad として \quad f(x)=x^n-np^{n-1}x \ \ (x > 0) \ \ の最小値を求めると$

$\quad f'(x)=nx^{n-1}-np^{n-1}=n(x^{n-1}-p^{n-1})=n(x-p)(x^{n-2}+x^{n-3}p+\cdots +p^{n-2})$

$\quad x > 0,\ \ p > 0 \quad だから \quad f'(x)=0 \quad より \quad x=p$

\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} \hline x& 0 & \cdots & p & \cdots \\ \hline f'(x)& & - & 0 & + & \\ \hline f(x)& & \searrow & 極小 & \nearrow & \\ \hline \end{array} \]
$\quad f(x)\ は \ x=p\ で最小値 \ \ f(p)=p^n-np^{n-1}p=-(n-1)p^n \ \ をもつ。$

$よって \quad x > 0 \ \ で \ \ f(x) \geqq f(p) \quad だから \quad x^n-np^{n-1}x \geqq -(n-1)p^n $

$ここで \quad x=\sqrt[n]{a_n},\quad p=\large{\sqrt[n(n-1)]{a_1a_2\cdots a_{n-1}}}\normalsize{\quad とおくと}$

$\quad a_n - n\large{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_{n-1}} \sqrt[n]{a_n}} \geqq \normalsize{-(n-1)}\large{\sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}}}$

$両辺に \quad a_1+a_2+\cdots +a_{n-1} \quad を加えて$

$\quad a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}+a_n - n\large{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}} \geqq \normalsize{ a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}-(n-1)}\large{\sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}}}$

$\quad n\big(\cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} - \large{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}\big) \geqq \normalsize{ (n-1)}\big(\cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}}{n-1}-\large{\sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}}}\big)$

$\quad A(n)=n\big(\cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} - \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\big) \quad とおくと \quad A(n) \geqq A(n-1)$

$これを繰り返して$

$\quad A(n) \geqq A(n-1) \geqq A(n-2) \geqq \cdots \geqq A(2) \geqq 0$

$\quad \therefore \ \ A(n) \geqq 0 \quad より \quad \cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} \geqq \large{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}$

$ただし等号は \quad x=p \quad のときだから \quad \sqrt[n]{a_n}=\large{\sqrt[n(n-1)]{a_1a_2\cdots a_{n-1}}}$

$\qquad a_n ^{n-1}=a_1a_2\cdots a_{n-1}$

$\qquad n=2 \quad のとき \quad a_2=a_1$
$\hspace{3em}\vdots $
$\qquad n=k \quad のとき \quad a_k=a_{k-1} \quad とすると \quad a_{k+1}^k=a_1a_2\cdots a_k=a_k^k$

$\qquad \therefore \ \ a_{k+1}=a_k$

$数学的帰納法により \quad a_1=a_2=\cdots a_n \quad のときである。$


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