1 算術幾何平均

$\hspace{1em} 定理 1 \quad a_0=a , \ b_0=b \quad (a > b > 0)$
$\hspace{4em} \ a_{n+1}=\cfrac{a_n+b_n}{2},\ b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$
$\hspace{3em} で定まる数列  \{a_n\},\{b_n\}  はともに収束し、極限値は一致する。$


$(証明)$

$(1)\quad a_n > b_n であること$

$\hspace{2em} a_n^2-b_n^2=\bigl(\cfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\bigl)^2-a_{n-1}b_{n-1}=\bigl(\cfrac{a_{n-1}-b_{n-1}}{2}\bigr)^2>0  より$

$\hspace{2em} (a_n+b_n)(a_n-b_n)>0$

$明らかに  a_n > 0 , \quad b_n > 0  だから  a_n + b_n > 0  したがって  a_n > b_n$


$(2) \quad a_{n+1} < a_n であること$

$\hspace{2em} a_{n+1}-a_n = \cfrac{a_n+b_n}{2}-a_n = \cfrac{b_n-a_n}{2} < 0  だから a_{n+1} < a_n$


$(3) \quad b_{n+1} > b_n であること$

$\hspace{2em} b_{n+1}^2- b_n^2=a_nb_n-b_n^2=b_n(a_n-b_n)>0$

$\hspace{2em} (b_{n+1}+b_n)(b_{n+1}-b_n) > 0$

$\hspace{2em} b_{n+1}+b_n> 0  だから  b_{n+1} > b_n$


$(4) \quad 極限値が存在すること$

$\hspace{2em} (1),(2),(3)より$

$\hspace{4em} a_0>a_1>a_2>\cdots >a_n>\cdots >b_n> \cdots >b_2>b_1>b_0 $

$\hspace{2em}\{a_n\}\ \ は下に有界な単調減少数列だから収束して極限値 \ \alpha \ をもち、$
$\hspace{2em} \{b_n\} \ は上に有界な単調増加数列だから収束して極限値 \ \beta をもつ。$


$(5) \quad 極限値が一致すること$

$\hspace{2em} a_{n+1}-b_{n+1} < \cfrac{a_n+b_n}{2}-b_n=\cfrac{1}{2}(a_n-b_n)  だから$
$\hspace{2em} a_n-b_n < \cfrac{1}{2}(a_{n-1}-b_{n-1}) < \cdots <\cfrac{1}{2^n}(a_0-b_0)$
$\hspace{3em} n \rightarrow \infty  とすると  \cfrac{1}{2^n}(a_0-b_0) \rightarrow 0$
$\hspace{2em} 0 < a_n-b_n  だから  a_n-b_n \rightarrow 0$

$\hspace{2em} したがって  \alpha=\beta$


$この極限値を、a と b の算術幾何平均といい、AGM(a,b)と表します。$
$いわゆる、相加相乗平均をとる数列のことですが、証明が高校のレベルを超えるのでこの言葉が$
$残ったのでしょう。$
$次の定理2より、この数列の収束はかなり速いことがわかります。$

$\hspace{2em} 定理2 \quad c_n=\sqrt{a_n^2-b_n^2} \quad とおくと  \displaystyle \lim_{n \to \infty}2^nc_n^2=0 $

$(証明)$
\begin{eqnarray*} c_n^2 &=&a_n^2-b_n^2 \hspace{28em}\\ &=&\bigl(\cfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\bigr)^2-a_{n-1}b_{n-1}\\ &=&\cfrac{(a_{n-1}-b_{n-1})^2}{4}\\ \end{eqnarray*} $よって$
$\hspace{2em} c_n=\cfrac{a_{n-1}-b_{n-1}}{2}$
$また$
$\hspace{2em} a_{n-1}>b_{n-1}  より  a_{n-1}+b_{n-1} > 2b_{n-1} > 2b_0 =2b$

$よって$
$\hspace{2em} \cfrac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}} < \cfrac{1}{2b}$

$\therefore \cfrac{c_n}{b}=\cfrac{a_{n-1}-b_{n-1}}{2b} = \cfrac{a_{n-1}^2-b_{n-1}^2}{2b(a_{n-1}+b_{n-1})} < \cfrac{c_{n-1}^2}{2b} \ \cfrac{1}{2b} = \cfrac{1}{4}\bigl(\cfrac{c_{n-1}}{b}\bigr)^2$

$定理1より$
$\hspace{2em} n \rightarrow \infty  のとき  a_n - b_n \rightarrow 0  だから  c_n \rightarrow 0$

$したがって \exists n_0, \forall n \geqq n_0  に対し、c_n < b$
$\therefore 0 < \cfrac{c_n}{b} < 1 $

$n=n_0+m に対し$
$\cfrac{c_{n_0+m}}{b} < \cfrac{1}{4}\bigl(\cfrac{c_{n_0+m-1}}{b}\bigr)^2$
$\hspace{3em} < \cfrac{1}{4} \ \cfrac{1}{4^2}\bigl(\cfrac{c_{n_0+m-2}}{b}\bigr)^{2^2}$
$\hspace{3em} \vdots$
$\hspace{3em} < \cfrac{1}{4^{1+2+2^2+ \cdots +2^{m-1}}}\bigl(\cfrac{c_{n0}}{b}\bigr)^{2^m}$
$\hspace{3em} < \cfrac{1}{4^{2^m-1}}$
$\therefore c_{n_0+m} < 4b\cfrac{1}{4^{2^m}}=\cfrac{4b}{2^{2^{m+1}}}$
$よって \ c_{n_0+m}^2 < \cfrac{16b^2}{2^{2^{m+2}}}$
$2^{n_0+m}c_{n_0+m}^2<2^{n_0+m}\cfrac{16b^2}{2^{2^{m+2}}}=\cfrac{16b^2}{2^{2^{m+2}-n_0-m}}$

$ここで m \rightarrow \infty とすると 2^{m+2}-n_0-m \rightarrow +\infty  だから  右辺 \rightarrow 0$

$したがって  2^nc_n^2 \rightarrow 0$

$なお$
\begin{eqnarray*} 2^nc_n^2 &=&2^n(a_n^2-b_n^2) \hspace{26em}\\ &=&2^n(a_n+b_n)(a_n-b_n)\\ &=&2^{n+1}a_{n+1}(a_n-b_n)\\ &>&2^{n+1}b(a_n-b_n)\\ \end{eqnarray*}
$この定理2から$

$\hspace{2em} \forall \epsilon>0 に対し \exists n_0, \forall n \geqq n_0 のとき、2^nc_n^2 < b\epsilon $
$\therefore \quad 0 < a_n-b_n < \cfrac{\epsilon}{2^{n+1}}$
$よって、a_n と b_n の差は指数関数的に小さくなっていくことがわかります。$



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