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No.3
- 回答日時:
>確かに左の式はでてくるが、右の式を変形して3乗根の式形に持ち込むところは簡単にはいきませんね。
次に両辺を見比べればいいんですよ。
a,b,c,d>0の時
(a+b+c+d)/4=(abcd)^(1/4)
が成立する場合、
d=(a+b+c)/3とすると
左辺={a+b+c+(a+b+c)/3}/4=(a+b+c)/3
右辺=(abc(a+b+c)/3)^(1/4)
(a+b+c)/3≧(abc(a+b+c)/3)^(1/4)
両辺とも正なので4乗しても不等号の向きは変わらない。よって、
{(a+b+c)/3}^4≧abc(a+b+c)/3
両辺を(a+b+c)/3で割って
{(a+b+c)/3}^3≧abc
∴(a+b+c)/3≧(abc)^(1/3)
これは2段の帰納法による全相加相乗平均の証明の一部です。
つまり、
a_1,a_2,・・・,a_(2^k)>0で
(a_1+a_2+・・・+a_2^k)/2^k≧(a_1*a_2*・・・*a_2^k)^(1/2^k)
が成り立つとき
{a_1+a_2+・・・+a_2^(k+1)}/2^(k+1)=[(a_1+a_2+・・・+a_2^k)/2^k+{a_(2^k+1)+・・・+a_2^(k+1)}/2^k]/2
≧√[(a_1+a_2+・・・+a_2^k)/2^k*{a_(2^k+1)+・・・+a_2^(k+1)}/2^k]
≧√(a_1*a_2*・・・*a_2^k)^(1/2^k)*{a_(2^k+1)*・・・*+a_2^(k+1)}/2^k]^(1/2^k)
={a_1*a_2*・・・*a_2^(k+1)}^{1/2^(k+1)}
で、成り立つ。(#1で書いたa,bで成り立つときにa,b,c,dで成り立ったのと同じやり方です)
次に
a_1,a_2,・・・,a_n>0で
(a_1+a_2+・・・+a_n)/n≧(a_1*a_2*・・・*a_n)^(1/n)
が成り立つ場合、
a_n={a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)とすると
左辺=[a_1+a_2+・・・+{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)]/n={a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)
右辺=[a_1*a_2*・・・*{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)]^(1/n)
両辺をn乗して
[{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)]^n≧a_1*a_2*・・・*{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)
[{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)]^(n-1)≧a_1*a_2*・・・*a_(n-1)
{a_1+a_2+・・・+a_(n-1)}/(n-1)≧{a_1*a_2*・・・*a_(n-1)}^{1/(n-1)}
4個で成り立つときに3個でも成り立つ事を証明したやり方です。
2,4,8,16・・・・と2^n個は前のやり方で証明でき、
それより小さい数の場合は後のやり方で証明できますから、結局
2個以上の全個数で相加相乗平均の不等号が成り立つことが証明できます。
この回答へのお礼
お礼日時:2005/12/15 09:17
両辺を4乗ですか。たしかに3乗根なんとかの関係をもとめるのだから、そう考えれば、(答えを知れば)4乗はあたりまえのような気がするが、教えてもらわないと気が付きませんでした。ごていねいにありがとうございました。
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