算術―幾何平均不等式

本文簡介算術―幾何平均不等式，常簡稱為算幾不等式（AM–GM in­equal­i­ty）。

1　算幾不等式

定理 1　若 $a_0, a_1$ 為非負實數，則 \[\begin{split} \frac{a_0 + a_1}{2} \geq \sqrt{a_0a_1} \period \end{split}\]

證明　我們有 \[\begin{split} \rod{3}{0} (a_0 + a_1)^2 - 4a_0a_1 &= (a_0^2 + 2a_0a_1 + a_1^2) - 4a_0a_1 \\ &= a_0^2 - 2a_0a_1 + a_1^2 \\ &= (a_0 - a_1)^2 \\ &\geq 0 \comma \end{split}\] 亦即 $(a_0 + a_1)^2 \geq 4a_0a_1$。由 $a_0$ 與 $a_1$ 非負可知 $a_0 + a_1 \geq 2\sqrt{a_0a_1}$，故定理得$\textrm{證。}\mkern6mu\blacksquare$

定理 2　若 $n$ 為正整數，且 $a_0 \cm a_1 \cm \ldots \cm a_{n-1}$ 為非負實數，則 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{a_0 + a_1 + \cdots + a_{n-1}}{n} \geq \root{n}{a_0a_1 \cdots a_{n-1}} \period \end{split}\]

證明　我們採用柯西（A.-L. Cauchy）在 [1, Note 2, Theorem 17] 中利用逆向歸納法的證明。我們說明：

• (a)給定正整數 $n \comma$若對任意非負實數 $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{n-1}$ 均有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{a_0 + a_1 + \cdots + a_{n-1}}{n} \geq \root{n}{a_0a_1 \cdots a_{n-1}} \comma \end{split}\] 則對任意非負實數 $b_0, b_1, b_2, \ldots, b_{2n-1}$ 均有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{2n-1}}{2n} \geq \root{2n\!}{b_0b_1 \cdots b_{2n-1}} \period \end{split}\]

• (b)給定正整數 $n \comma$若對任意非負實數 $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_n$ 均有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{a_0 + a_1 + \cdots + a_n}{n+1} \geq \root{n+1}{a_0a_1 \cdots a_n} \comma \end{split}\] 則對任意非負實數 $b_0, b_1, b_2, \ldots, b_{n-1}$ 均有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n} \geq \root{n\!}{b_0b_1 \cdots b_{n-1}} \period \end{split}\]

由於對任意正整數 $n$ 均存在正整數 $k$ 與非負整數 $m$ 使得 $n = 2^k - m \comma$可知 (a) 與 (b) 可保證定理 2 成立。

首先證明 (a)。根據 (a) 的前提與定理 1，我們有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{2n-1}}{2n} &= \frac{1}{2}\biggl(\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n} + \frac{b_n + b_{n+1} + \cdots + b_{2n-1}}{n}\biggr) \\ &\geq \rod{4}{0}\frac{1}{2}\Bigl(\root{n\!}{b_0b_1 \cdots b_{n-1}} + \root{n\!}{b_nb_{n+1} \cdots b_{2n-1}}\Bigr) \\ &\geq \rod{4}{0}\sqrt{\root{n\!}{b_0b_1 \cdots b_{n-1}} \cdot \root{n\!}{b_nb_{n+1} \cdots b_{2n-1}}} \\ &= \rod{4}{0}\sqrt{\root{n\!}{b_0b_1 \cdots b_{2n-1}}} \\ &= \rod{3.5}{0}\root{2n\!}{b_0b_1 \cdots b_{2n-1}} \comma \end{split}\]

故 (a) 成立。

接著證明 (b)。根據 (b) 的前提，我們有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n} &= \frac{1}{n+1} \biggl(b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1} + \frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n}\biggr) \\ &\geq \!\rod{6}{0}\root{n+1}{b_0b_1 \cdots b_{n-1} \, \frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n}} \period \end{split}\] 此時由於 \[\begin{split} \rod{4}{0}\biggl(\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n}\biggr)^{\!n+1} \geq b_0b_1 \cdots b_{n-1}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n} \comma \end{split}\] 我們有 \[\begin{split} \rod{4}{0}\biggl(\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n}\biggr)^{\!\?n} \geq b_0b_1 \cdots b_{n-1} \comma \end{split}\] 亦即 \[\begin{split} \rod{4}{0}\frac{b_0 + b_1 + \cdots + b_{n-1}}{n} \geq \root{n\!}{b_0b_1 \cdots b_{n-1}} \period \end{split}\]

至此定理得$\textrm{證。}\mkern6mu\blacksquare$

參考資料