算幾不等式的證明(I)(Inequality of arithmetic and geometric means)

算幾不等式的證明(I)(Inequality of arithmetic and geometric means)
國立蘭陽女中數學科陳敏晧老師

若 \(a,b\) 為正數或零，則 \(\displaystyle\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}\)，“\(=\)” 成立時若且唯若，\(a=b\)。

(其中 \(\displaystyle\frac{{a + b}}{2}\) 稱為 \(a,b\) 的算術平均數，\(\sqrt{ab}\) 稱為 \(a,b\) 的幾何平均數)

代數證明：

\(\displaystyle\frac{{a + b}}{2}-\sqrt {ab}= \frac{1}{2}(a + b – 2\sqrt {ab} ) = \frac{1}{2}{\left({\sqrt a-\sqrt b } \right)^2}\ge 0\)，

因此，\(\displaystyle\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}\)，“\(=\)” 成立時，\(\displaystyle\frac{1}{2}{(\sqrt a-\sqrt b)^2} = 0\)，

所以，\(a=b\)，反之亦然。

算幾不等式可以推廣至 \(n\) 的情形，也就是若 \(a_1,a_2,…,a_n\) 為正數或零，

則 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\)，“\(=\)” 成立時若且唯若，\(a_1=a_2=…=a_n\)。

(其中 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 稱為 \(a_1,a_2,…,a_n\) 的算術平均數，\(\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\) 稱為 \(a_1,a_2,…,a_n\) 的幾何平均數)

這個不等式的證明很富有思考性，先證明 \(n=2=2^1\) 再推論 \(n=4=2^2\)，然後反推 \(n=3\)，接著證明 \(n=8=2^3\)，然後反推 \(n=5,6,7\)，依此類推，所以，姑且稱之為「反推法」，再採用數學歸納法，即可證明 \(n\) 的情形。

\(n=4=2^2\) 的證明，

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4}&=\displaystyle\frac{\displaystyle{\frac{{{a_1}+{a_2}}}{2}+\frac{{{a_3} + {a_4}}}{2}}}{2}\\&\ge\displaystyle\frac{{\sqrt {{a_1}{a_2}}+\sqrt {{a_3}{a_4}} }}{2}\ge\sqrt {\sqrt {{a_1}{a_2}} \sqrt {{a_3}{a_4}}}= \sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}}\end{array}\)

，第一個等號成立時 \(a_1=a_2,~a_3=a_4\)，第二個等號成立時 \(a_1a_2=a_3a_4\)，

因此，“\(=\)” 成立時可推得 \(a_1=a_2=a_3=a_4\)。

至於 \(n=3\) 的證明，先利用 \(n=4\) 的結果，令 \(\displaystyle{a_4} = \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}\)，

因為 \({a_1} \ge 0,{a_2} \ge 0,{a_3} \ge 0\)，所以 \(a_4\ge 0\)，

因為 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} +\displaystyle \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}}}{4} \ge \sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3})}}\)，

整理得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}} \right)^3} \ge {a_1}{a_2}{a_3}\)，左右開立方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3} \ge \sqrt[3]{{{a_1}{a_2}{a_3}}}\)，

等號成立時，顯然 \(a_1=a_2=a_3\)

\(n=8=2^3\) 的證明，

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{8} &=\displaystyle \frac{\displaystyle{\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4} + \frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}}}{2}\\&\ge\displaystyle\sqrt {\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4}} \right)\left( {\frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}} \right)}\\&\ge \sqrt {\sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}}\sqrt[4]{{{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}}\\&= \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}\end{array}\)

，第一個等號成立時 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4} = \frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}\)

，第二個等號成立時 \({a_1} = {a_2} = {a_3} = {a_4},{a_5} = {a_6} = {a_7} = {a_8}\)，

因此，“\(=\)” 成立時可推得 \({a_1} = {a_2} = {a_3} = {a_4} = {a_5} = {a_6} = {a_7} = {a_8}\)。

至於 \(n=5\) 的證明，則利用 \(n=8\) 的結果，

令 \(\displaystyle{a_6} = {a_7} = {a_8} = \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}\)，

因為 \({a_1} \ge 0,{a_2} \ge 0,{a_3} \ge 0,{a_4} \ge 0,{a_5} \ge 0\)，所以 \({a_6} \ge 0,{a_7} \ge 0,{a_8} \ge 0\)，則

\(\displaystyle \because \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{8} \ge \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}\)，

\(\begin{multline*}\displaystyle\therefore\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + 3\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)}}{8} \\\ge\displaystyle \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{{(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5})}^3}}}\end{multline*}\)

左右八次方得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)^8} \ge {a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5})^3}\)

整理得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)^5} \ge {a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\)，

左右開五次方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5} \ge \sqrt[5]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}}}\)，

等號成立時顯然 \(a_1=a_2=a_3=a_4=a_5\)。

走筆至此，大家應該可以預測如何從 \(n=8\) 的結果，來推論 \(n=6\) 及 \(n=7\)。

接著利用數學歸納法，假設 \(n=2^k,~k\in \mathbb{N}\) 時，算幾不等式成立，

即 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + … + {a_{{2^k}}}}}{{{2^k}}} \ge \sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}{a_3}…{a_{{2^k}}}}}\)，

“\(=\)” 成立時若且唯若，\(a_1=a_2=a_3=…=a_{2^k}\)。

則 \(n=2^{k+1}\) 時，

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_{{2^k}}} + … + {a_{{2^{k + 1}}}}}}{{{2^{k + 1}}}} &=\displaystyle \frac{1}{2}(\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_{{2^k}}}}}{{{2^k}}} + \frac{{{a_{{2^k} + 1}} + {a_{{2^k} + 2}} + … + {a_{{2^{k + 1}}}}}}{{{2^k}}})\\&\ge \frac{1}{2}(\sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}}}} + \sqrt[{{2^k}}]{{{a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + !}}}}}}) \\&\ge \sqrt {\sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}}}}\sqrt[{{2^k}}]{{{a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + 1}}}}}}}\\&= \sqrt[{{2^{k + 1}}}]{{{a_1}…{a_{{2^k}}}…{a_{{2^{k + 1}}}}}}\end{array}\)

第一個等號成立時 \({a_1} = {a_2} = … = {a_{{2^k}}},{a_{{2^k} + 1}} = {a_{{2^k} + 2}} = … = {a_{{2^{k + 1}}}}\)，

第二個等號成立時 \({a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}} = {a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + 1}}}}\)，

因此，可推得 \({a_1} = {a_2} = … = {a_{{2^k}}} = … = {a_{{2^{k + 1}}}}\)。

若 \(n\) 不是 \(2^k\)，且 \(n<2^k\)，令 \(n+t=2^k,~t\in\mathbb{N}\)，

令 \(\displaystyle{a_{n + 1}}= {a_{n + 2}} = … = {a_{n + t}} = \frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} = A\)，

則 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + .. + {a_n} + {a_{n + 1}} + … + {a_{n + t}}}}{{n + t}} \ge \sqrt[{n + t}]{{{a_1}{a_2}…{a_n}{a_{n + 1}}…{a_{n + t}}}}\)，

\(\displaystyle\therefore\frac{{nA + tA}}{{n + t}} \ge \sqrt[{n + t}]{{{a_1}{a_2}…{a_n}{A^t}}}\)，

整理得 \({A^{n + t}} \ge {a_1}{a_2}…{a_n}{A^t}\)，\(\therefore A^n\ge a_1a_2…a_n\)，

即 \(A\ge (a_1a_2…a_n)^\frac{1}{n}\)，得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\)。

最後，舉出一個利用算幾不等式性質所得到的證明結果，如下：

已知：\(a,b,c,d\) 為四個正數，且 \(a+2b+3c+4d=10\)。

求證：\(ab^2c^3d^4\le 1\)。

證明：因為 \(\displaystyle\frac{{a + b + b + c + c + c + d + d + d + d}}{{10}} \ge \sqrt[{10}]{{abbcccdddd}}\)，

整理得 \(\displaystyle\frac{{a + 2b + 3c + 4d}}{{10}} \ge \sqrt[{10}]{{a{b^2}{c^3}{d^4}}}\)，

所以，\(a{b^2}{c^3}{d^4} \le {\left( {\frac{{10}}{{10}}} \right)^{10}}\)，得 \(ab^2c^3d^4\le 1\)。

如果不是使用算幾不等式的性質，應該不會得到如此簡潔迅速的結果。

連結： 算幾不等式的證明(II)

參考資料：

1. 張鎮華(2002)，〈算幾不等式面面觀〉，《數學傳播》，26 卷2 期。
2. 張福春、李姿霖(2007)，〈不等式之基本解題方法〉，《數學傳播》，31 卷2 期。