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

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

已知：\(a_1,a_2,…,a_n\) 為正數或零。

求證：

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

(其中 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 稱為算術平均數AM，\(\sqrt[n]{a_1a_2…a_n}\) 稱為幾何平均數GM)。

在此篇文章中，筆者再介紹兩種證明算幾不等式的方法，第一個稱為「調整法」，第二個是波里亞(George Pólya,1887 –1985) 的指數證明方法。

第一個  調整法：

引入證明前，我們先介紹一個必備的定理：

已知：\(a_1,a_n\) 為相異兩正數，其中 \(a_1>a_n\)，且 \(M\) 為兩數的算術平均數。

求證：\(M(a_1+a_n-M)>a_1a_n\)。

證明：

因為 \(\begin{array}{ll}M({a_1} + {a_n} – M) – {a_1}{a_n}&=- ({M^2} – {a_1}M – {a_n}M + {a_1}{a_n})\\&=- \left( {M – {a_1}} \right)(M – {a_n}) \\&= ({a_1} – M)(M – {a_n}) > 0\end{array}\)
，所以，\(M(a_1+a_n-M)>a_1a_n\)，得證。

現在，我們考慮 \(a_1,a_2,…,a_n\) 等 \(n\) 個非負實數，並且將它們由大到小排列，

令它們的算術平均數為 \(M\)。如果大家都是 \(M\)，則 \(AM\ge GM\) 顯然成立。

否則，將最大的 \(a_1\) 與最小的 \(a_n\) 這兩數分別以 \(M,(a_1+a_n-M)\) 取代。

取代後，算術平均數不變，但是，幾何平均數變大 (由二次函數的行為可知或根據上述的定理證明可知)。繼續重複此步驟，有限次之後必定每個數字都是 \(M\)。

由於過程中 \(GM\) 一直增大，而最後的 \(AM=GM\)，

所以，原來的 \(AM\) 必定大於或等於 \(GM\)，證明完畢。

以上證明稱為「調整法」的原因，是由於我們一個一個調整這些數，過程中的某個量保持單調性，這是不等式證明的常用手法。

第二個  波里亞的指數法：

首先考慮函數 \(f(x)=e^{x-1}-x\)，其中 \(x\) 為任意實數，

其導函數為 \(f'(x)=e^{x-1}-1\)，二階導函數為 \(f”(x)=e^{x-1}\)，

同時 \((1)=0,~f'(1)=0\)，而 \(f”(x)>0,~\forall x\in \mathbb{R}\)，

因此，\(f(x)\) 為嚴格遞增函數(凹口向上)，而且在 \(x=1\) 時，有唯一的最小值，

所以，對於 \(x\) 為任意實數時，\(e^{x-1}\ge x\) 恆成立，而且在 \(x=1\)時，“\(=\)” 成立。

接著考慮 \(a_1,a_2,…,a_n\) 為正數或零，如果所有的數都是零，

那麼 \(AM=GM\)，當然算幾不等式就成立了。

接著，我們可以假設它們的算術平均數為 \(M>0\)，

藉由將上述不等式 \(x\le e^{x-1}\) 乘上 \(n\) 次，我們可以得到：

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1}}}{M} \times \frac{{{a_2}}}{M} \times … \times \frac{{{a_n}}}{M}&\le\displaystyle {e^{\frac{{{a_1}}}{M} – 1}}{e^{\frac{{{a_2}}}{M} – 1}}…{e^{\frac{{{a_n}}}{M} – 1}} \\&=\displaystyle {e^{(\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{M} – n)}} = {e^{(\frac{{nM}}{M} – n)}} = {e^0} = 1\end{array}\)

等號成立於 \(\displaystyle\frac{{{a_1}}}{M} = \frac{{{a_2}}}{M} = … = \frac{{{a_n}}}{M} = 1\) ，即 \(a_1=a_2=…=a_n=M\)。

繼續運算上列不等式得 \({a_1}{a_2}…{a_n} \le {M^n}\)，將 \(\displaystyle{M} = \frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 代入，

並開 \(n\) 次方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\)，得證。

這個證明波里亞巧妙地使用函數 \(f(x)=e^{x-1}-x\)，藉由 \(y=e^x\) 是凸函數的性質，連結上算幾不等式，可以省去許多冗長的證明，值得學習。

國立臺灣師範大學數學系許志農教授在《高中數學珍寶》曾以算幾不等式編寫過一道數學證明題：

已知：如下圖，正方形 \(\alpha\) (邊長為\(a\))與正方形 \(\beta\) (邊長為\(b\))的面積和為 \(1\)。

求證：剛好包住正方形 \(\alpha\) 與正方形 \(\beta\) 的矩形面積 \(\le \displaystyle\frac{1+\sqrt{2}}{2}\)。

證明：令矩形\(ABCD\)的面積\(=\overline{AB}\times\overline{CD}=b(a+b)=K\)，

因為正方形 \(\alpha\) (邊長為\(a\))與正方形 \(\beta\) (邊長為\(b\))的面積和為 \(1\)，所以，\(a^2+b^2=1\)，

利用算幾不等式：

\(\displaystyle\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{(\sqrt 2 b)}^2}}}{2} \ge \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} \cdot {{(\sqrt 2 b)}^2}}=\sqrt 2 b(a + b)\)(這個動作值得讀者深思)，

整理得 \(\displaystyle\frac{{({a^2} + {b^2}) + (2ab + 2{b^2})}}{2} \ge \sqrt 2 b(a + b)\)，

將 \(b(a+b)=K\) 代入得 \(\displaystyle \frac{1+2K}{2}\ge \sqrt{2}K\)，移項得 \(\displaystyle{K} \le \frac{1}{{2(\sqrt 2-1)}} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}\)，

得證。

附記：這個證明，除了使用算幾不等式外，也可以利用三角函數處理。

參考資料：

1. http://en.wikipedia.org/wiki/Inequality_of_arithmetic_and_geometric_means
2. 許志農(2001)，《高中數學珍寶》(未出版)。