1 並べ替え不等式 例 1.1. a = ( 1 , 2 , 3 ) a=(1,2,3) a = ( 1 , 2 , 3 ) b = ( 4 , 5 , 6 ) b=(4,5,6) b = ( 4 , 5 , 6 ) b b b
( 4 , 5 , 6 ) 32 ( 4 , 6 , 5 ) 31 ( 5 , 4 , 6 ) 31 ( 5 , 6 , 4 ) 29 ( 6 , 4 , 5 ) 29 ( 6 , 5 , 4 ) 28 \begin{array}{c|c}
(4,5,6)&32\\
(4,6,5)&31\\
(5,4,6)&31\\
(5,6,4)&29\\
(6,4,5)&29\\
(6,5,4)&28
\end{array} ( 4 , 5 , 6 ) ( 4 , 6 , 5 ) ( 5 , 4 , 6 ) ( 5 , 6 , 4 ) ( 6 , 4 , 5 ) ( 6 , 5 , 4 ) 32 31 31 29 29 28 となる。同じ順に並べた場合が最大であり、逆順に並べた場合が最小である。
定理 1.2 (並べ替え不等式). n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
a 1 ≤ a 2 ≤ ⋯ ≤ a n , b 1 ≤ b 2 ≤ ⋯ ≤ b n a_1\le a_2\le\cdots\le a_n,\qquad
b_1\le b_2\le\cdots\le b_n a 1 ≤ a 2 ≤ ⋯ ≤ a n , b 1 ≤ b 2 ≤ ⋯ ≤ b n を満たすとする。σ \sigma σ { 1 , 2 , … , n } \{1,2,\ldots,n\} { 1 , 2 , … , n }
∑ i = 1 n a i b n + 1 − i ≤ ∑ i = 1 n a i b σ ( i ) ≤ ∑ i = 1 n a i b i \sum_{i=1}^{n}a_ib_{n+1-i}
\le
\sum_{i=1}^{n}a_ib_{\sigma(i)}
\le
\sum_{i=1}^{n}a_ib_i i = 1 ∑ n a i b n + 1 − i ≤ i = 1 ∑ n a i b σ ( i ) ≤ i = 1 ∑ n a i b i が成り立つ。
二列がともに狭義単調増加である場合、右側の等号はσ ( i ) = i \sigma(i)=i σ ( i ) = i i i i σ ( i ) = n + 1 − i \sigma(i)=n+1-i σ ( i ) = n + 1 − i i i i
証明. c i = b σ ( i ) c_i=b_{\sigma(i)} c i = b σ ( i ) ( c 1 , … , c n ) (c_1,\ldots,c_n) ( c 1 , … , c n )
N = # { ( k , l ) ∣ 1 ≤ k < l ≤ n , c k > c l } N=\#\{(k,l)\mid 1\le k<l\le n,\ c_k>c_l\} N = # {( k , l ) ∣ 1 ≤ k < l ≤ n , c k > c l } とする。N > 0 N>0 N > 0 c i > c i + 1 c_i>c_{i+1} c i > c i + 1 σ ′ \sigma' σ ′
∑ k = 1 n a k b σ ′ ( k ) − ∑ k = 1 n a k b σ ( k ) = ( a i + 1 − a i ) ( c i − c i + 1 ) ≥ 0 \sum_{k=1}^{n}a_kb_{\sigma'(k)}-
\sum_{k=1}^{n}a_kb_{\sigma(k)}
=(a_{i+1}-a_i)(c_i-c_{i+1})\ge0 k = 1 ∑ n a k b σ ′ ( k ) − k = 1 ∑ n a k b σ ( k ) = ( a i + 1 − a i ) ( c i − c i + 1 ) ≥ 0 である。同時に逆転数は一つ減る。逆転数は非負整数であるから、有限回の交換で逆転数は0 0 0 ( c 1 , … , c n ) (c_1,\ldots,c_n) ( c 1 , … , c n ) 0 0 0 ( b 1 , … , b n ) (b_1,\ldots,b_n) ( b 1 , … , b n )
∑ i = 1 n a i b σ ( i ) ≤ ∑ i = 1 n a i b i \sum_{i=1}^{n}a_ib_{\sigma(i)}\le\sum_{i=1}^{n}a_ib_i i = 1 ∑ n a i b σ ( i ) ≤ i = 1 ∑ n a i b i を得る。
c j = − b n + 1 − j c_j=-b_{n+1-j} c j = − b n + 1 − j c 1 ≤ ⋯ ≤ c n c_1\le\cdots\le c_n c 1 ≤ ⋯ ≤ c n τ ( i ) = n + 1 − σ ( i ) \tau(i)=n+1-\sigma(i) τ ( i ) = n + 1 − σ ( i ) τ \tau τ ( a i ) (a_i) ( a i ) ( c i ) (c_i) ( c i )
∑ i = 1 n a i ( − b σ ( i ) ) ≤ ∑ i = 1 n a i ( − b n + 1 − i ) \sum_{i=1}^{n}a_i(-b_{\sigma(i)})
\le
\sum_{i=1}^{n}a_i(-b_{n+1-i}) i = 1 ∑ n a i ( − b σ ( i ) ) ≤ i = 1 ∑ n a i ( − b n + 1 − i ) となる。両辺に− 1 -1 − 1
二列がともに狭義単調増加であるとする。右側の並びが恒等置換でなければ逆転が存在し、各交換についてa i + 1 − a i > 0 a_{i+1}-a_i>0 a i + 1 − a i > 0 c i − c i + 1 > 0 c_i-c_{i+1}>0 c i − c i + 1 > 0 ( − b n , … , − b 1 ) (-b_n,\ldots,-b_1) ( − b n , … , − b 1 ) 0 0 0 ▨
定理 1.3. n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 a 1 ≤ ⋯ ≤ a n a_1\le\cdots\le a_n a 1 ≤ ⋯ ≤ a n b 1 ≤ ⋯ ≤ b n b_1\le\cdots\le b_n b 1 ≤ ⋯ ≤ b n σ \sigma σ { 1 , … , n } \{1,\ldots,n\} { 1 , … , n } c i = b σ ( i ) c_i=b_{\sigma(i)} c i = b σ ( i )
∑ i = 1 n a i c i = ∑ i = 1 n a i b i \sum_{i=1}^n a_ic_i=\sum_{i=1}^n a_ib_i i = 1 ∑ n a i c i = i = 1 ∑ n a i b i が成り立つことと、すべてのi < j i<j i < j
( a j − a i ) ( c j − c i ) ≥ 0 (a_j-a_i)(c_j-c_i)\ge0 ( a j − a i ) ( c j − c i ) ≥ 0 が成り立つことは同値である。
証明. 積の和が最大値に等しいとする。あるi < j i<j i < j ( a j − a i ) ( c j − c i ) < 0 (a_j-a_i)(c_j-c_i)<0 ( a j − a i ) ( c j − c i ) < 0 c i , c j c_i,c_j c i , c j
( a j − a i ) ( c i − c j ) > 0 (a_j-a_i)(c_i-c_j)>0 ( a j − a i ) ( c i − c j ) > 0 である。最大値より大きい積の和が得られ、定理 1.2 に反する。したがって、すべてのi < j i<j i < j
逆に、すべてのi < j i<j i < j a i a_i a i c i c_i c i a i a_i a i
異なる組から取った添字i < j i<j i < j a i < a j a_i<a_j a i < a j c i ≤ c j c_i\le c_j c i ≤ c j b 1 , … , b n b_1,\ldots,b_n b 1 , … , b n ∑ a i b i \sum a_ib_i ∑ a i b i ▨
問題 1.4. 列( 1 , 1 , 3 ) (1,1,3) ( 1 , 1 , 3 ) ( 2 , 4 , 4 ) (2,4,4) ( 2 , 4 , 4 )
解答. 最初の二つの係数は1であり、最後の係数は3である。定理 1.3 により、最後に対応させる値は、最初の二つの値以上でなければならない。したがって最後の値は4であり、値の並びは( 2 , 4 , 4 ) (2,4,4) ( 2 , 4 , 4 ) ( 4 , 2 , 4 ) (4,2,4) ( 4 , 2 , 4 ) ( 4 , 4 , 2 ) (4,4,2) ( 4 , 4 , 2 ) ▨
2 多変数の相加平均と相乗平均 二変数の相加平均と相乗平均の関係は、§A1.14 不等式の証明 で示しました。本節では、この関係を用いて、項数が一般の場合の関係を証明します。
定理 2.1. n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 x 1 , … , x n x_1,\ldots,x_n x 1 , … , x n
x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ≥ x 1 x 2 ⋯ x n n \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}
\ge
\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} n x 1 + x 2 + ⋯ + x n ≥ n x 1 x 2 ⋯ x n が成り立つ。積が0 0 0 0 0 0 x 1 = x 2 = ⋯ = x n x_1=x_2=\cdots=x_n x 1 = x 2 = ⋯ = x n
証明. 上の主張をP ( n ) P(n) P ( n ) §A1.14 命題 2.1 により、等号条件を含めてP ( 2 ) P(2) P ( 2 )
P ( n ) P(n) P ( n ) x 1 , … , x 2 n x_1,\ldots,x_{2n} x 1 , … , x 2 n
A = x 1 ⋯ x n n , B = x n + 1 ⋯ x 2 n n A=\sqrt[n]{x_1\cdots x_n},\qquad
B=\sqrt[n]{x_{n+1}\cdots x_{2n}} A = n x 1 ⋯ x n , B = n x n + 1 ⋯ x 2 n と置く。P ( n ) P(n) P ( n ) P ( 2 ) P(2) P ( 2 ) A , B A,B A , B
x 1 + ⋯ + x 2 n 2 n = 1 2 ( x 1 + ⋯ + x n n + x n + 1 + ⋯ + x 2 n n ) ≥ A + B 2 ≥ A B = x 1 x 2 ⋯ x 2 n 2 n \begin{aligned}
\frac{x_1+\cdots+x_{2n}}{2n}
&=\frac12\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}
+\frac{x_{n+1}+\cdots+x_{2n}}{n}\right)\\
&\ge\frac{A+B}{2}
\ge\sqrt{AB}
=\sqrt[2n]{x_1x_2\cdots x_{2n}}
\end{aligned} 2 n x 1 + ⋯ + x 2 n = 2 1 ( n x 1 + ⋯ + x n + n x n + 1 + ⋯ + x 2 n ) ≥ 2 A + B ≥ A B = 2 n x 1 x 2 ⋯ x 2 n となる。二つの不等式で同時に等号が成り立つのは、前半と後半の各項がそれぞれ等しく、さらにA = B A=B A = B P ( 2 n ) P(2n) P ( 2 n ) x 1 = ⋯ = x 2 n x_1=\cdots=x_{2n} x 1 = ⋯ = x 2 n
n ≥ 3 n\ge3 n ≥ 3 P ( n ) P(n) P ( n ) x 1 , … , x n − 1 x_1,\ldots,x_{n-1} x 1 , … , x n − 1
A = x 1 + ⋯ + x n − 1 n − 1 A=\frac{x_1+\cdots+x_{n-1}}{n-1} A = n − 1 x 1 + ⋯ + x n − 1 と置く。A = 0 A=0 A = 0 x i x_i x i 0 0 0 P ( n − 1 ) P(n-1) P ( n − 1 ) A > 0 A>0 A > 0 x n = A x_n=A x n = A P ( n ) P(n) P ( n )
A ≥ x 1 ⋯ x n − 1 A n A\ge\sqrt[n]{x_1\cdots x_{n-1}A} A ≥ n x 1 ⋯ x n − 1 A を得る。両辺は非負であるからn n n
A n ≥ x 1 ⋯ x n − 1 A A^n\ge x_1\cdots x_{n-1}A A n ≥ x 1 ⋯ x n − 1 A となる。正の数A A A
A n − 1 ≥ x 1 ⋯ x n − 1 A^{n-1}\ge x_1\cdots x_{n-1} A n − 1 ≥ x 1 ⋯ x n − 1 であり、非負のn − 1 n-1 n − 1 P ( n − 1 ) P(n-1) P ( n − 1 ) P ( n ) P(n) P ( n ) x 1 , … , x n − 1 , A x_1,\ldots,x_{n-1},A x 1 , … , x n − 1 , A x 1 = ⋯ = x n − 1 x_1=\cdots=x_{n-1} x 1 = ⋯ = x n − 1
P ( 2 ) P(2) P ( 2 ) P ( 4 ) , P ( 8 ) , … P(4),P(8),\ldots P ( 4 ) , P ( 8 ) , … n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 n ≤ 2 k n\le2^k n ≤ 2 k k k k P ( 2 k ) P(2^k) P ( 2 k ) 2 k − n 2^k-n 2 k − n P ( n ) P(n) P ( n ) n n n ▨
3 一般項数のコーシー・シュワルツの不等式 定理 3.1. n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 x 1 , … , x n , y 1 , … , y n x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n x 1 , … , x n , y 1 , … , y n
( ∑ i = 1 n x i 2 ) ( ∑ i = 1 n y i 2 ) ≥ ( ∑ i = 1 n x i y i ) 2 \left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)
\left(\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right)
\ge
\left(\sum_{i=1}^{n}x_iy_i\right)^2 ( i = 1 ∑ n x i 2 ) ( i = 1 ∑ n y i 2 ) ≥ ( i = 1 ∑ n x i y i ) 2 が成り立つ。等号が成り立つのは、すべてのx i x_i x i 0 0 0 t t t i i i y i = t x i y_i=tx_i y i = t x i
証明.
X = ∑ i = 1 n x i 2 , Y = ∑ i = 1 n y i 2 , Z = ∑ i = 1 n x i y i X=\sum_{i=1}^{n}x_i^2,\qquad
Y=\sum_{i=1}^{n}y_i^2,\qquad
Z=\sum_{i=1}^{n}x_iy_i X = i = 1 ∑ n x i 2 , Y = i = 1 ∑ n y i 2 , Z = i = 1 ∑ n x i y i と置く。X = 0 X=0 X = 0 x i x_i x i 0 0 0 Z = 0 Z=0 Z = 0 0 0 0
X > 0 X>0 X > 0 t t t
f ( t ) = ∑ i = 1 n ( t x i − y i ) 2 = X t 2 − 2 Z t + Y ≥ 0 f(t)=\sum_{i=1}^{n}(tx_i-y_i)^2=Xt^2-2Zt+Y\ge0 f ( t ) = i = 1 ∑ n ( t x i − y i ) 2 = X t 2 − 2 Z t + Y ≥ 0 である。§A1.8 2次不等式 で示した判別式の条件により、この2次式の判別式は0 0 0
( − 2 Z ) 2 − 4 X Y ≤ 0 (-2Z)^2-4XY\le0 ( − 2 Z ) 2 − 4 X Y ≤ 0 となり、Z 2 ≤ X Y Z^2\le XY Z 2 ≤ X Y
X > 0 X>0 X > 0 Z 2 = X Y Z^2=XY Z 2 = X Y f f f 0 0 0 t 0 = Z / X t_0=Z/X t 0 = Z / X
0 = f ( t 0 ) = ∑ i = 1 n ( t 0 x i − y i ) 2 0=f(t_0)=\sum_{i=1}^{n}(t_0x_i-y_i)^2 0 = f ( t 0 ) = i = 1 ∑ n ( t 0 x i − y i ) 2 であり、各平方項が0 0 0 y i = t 0 x i y_i=t_0x_i y i = t 0 x i i i i t t t y i = t x i y_i=tx_i y i = t x i i i i Y = t 2 X , Z = t X Y=t^2X,Z=tX Y = t 2 X , Z = tX Z 2 = X Y Z^2=XY Z 2 = X Y ▨
定理 3.2. n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 c 1 , … , c n c_1,\ldots,c_n c 1 , … , c n m = ( c 1 + ⋯ + c n ) / n m=(c_1+\cdots+c_n)/n m = ( c 1 + ⋯ + c n ) / n x 1 + ⋯ + x n = 0 x_1+\cdots+x_n=0 x 1 + ⋯ + x n = 0
( ∑ i = 1 n c i x i ) 2 ≤ K ∑ i = 1 n x i 2 \left(\sum_{i=1}^n c_ix_i\right)^2\le K\sum_{i=1}^n x_i^2 ( i = 1 ∑ n c i x i ) 2 ≤ K i = 1 ∑ n x i 2 が成り立つような実数K K K
K = ∑ i = 1 n ( c i − m ) 2 K=\sum_{i=1}^n(c_i-m)^2 K = i = 1 ∑ n ( c i − m ) 2 である。
証明. ∑ x i = 0 \sum x_i=0 ∑ x i = 0 ∑ c i x i = ∑ ( c i − m ) x i \sum c_ix_i=\sum(c_i-m)x_i ∑ c i x i = ∑ ( c i − m ) x i 定理 3.1 により
( ∑ c i x i ) 2 ≤ ( ∑ ( c i − m ) 2 ) ( ∑ x i 2 ) \left(\sum c_ix_i\right)^2
\le\left(\sum(c_i-m)^2\right)\left(\sum x_i^2\right) ( ∑ c i x i ) 2 ≤ ( ∑ ( c i − m ) 2 ) ( ∑ x i 2 ) を得る。V = ∑ ( c i − m ) 2 V=\sum(c_i-m)^2 V = ∑ ( c i − m ) 2
V > 0 V>0 V > 0 x i = c i − m x_i=c_i-m x i = c i − m ∑ x i = 0 \sum x_i=0 ∑ x i = 0 ∑ x i 2 = V \sum x_i^2=V ∑ x i 2 = V ∑ c i x i = V \sum c_ix_i=V ∑ c i x i = V K K K V 2 ≤ K V V^2\le KV V 2 ≤ K V K ≥ V K\ge V K ≥ V
V = 0 V=0 V = 0 c i c_i c i m m m K = 0 K=0 K = 0 x 1 = 1 , x 2 = − 1 x_1=1,x_2=-1 x 1 = 1 , x 2 = − 1 ∑ x i 2 = 2 \sum x_i^2=2 ∑ x i 2 = 2 K K K V = 0 V=0 V = 0
任意の実数t t t ∑ ( c i − m ) = 0 \sum(c_i-m)=0 ∑ ( c i − m ) = 0
∑ ( c i − t ) 2 = ∑ ( c i − m ) 2 + n ( t − m ) 2 \sum(c_i-t)^2=\sum(c_i-m)^2+n(t-m)^2 ∑ ( c i − t ) 2 = ∑ ( c i − m ) 2 + n ( t − m ) 2 である。したがって、係数から共通に引く数の中では、平均m m m ▨
4 分数の形 定理 4.1. n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 a 1 , … , a n a_1,\ldots,a_n a 1 , … , a n b 1 , … , b n b_1,\ldots,b_n b 1 , … , b n
∑ i = 1 n a i 2 b i ≥ ( ∑ i = 1 n a i ) 2 ∑ i = 1 n b i \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}
\ge
\frac{\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i} i = 1 ∑ n b i a i 2 ≥ ∑ i = 1 n b i ( ∑ i = 1 n a i ) 2 が成り立つ。等号が成り立つことと、a 1 / b 1 , … , a n / b n a_1/b_1,\ldots,a_n/b_n a 1 / b 1 , … , a n / b n
証明. 各b i > 0 b_i>0 b i > 0 b i \sqrt{b_i} b i
x i = b i , y i = a i b i x_i=\sqrt{b_i},\qquad y_i=\frac{a_i}{\sqrt{b_i}} x i = b i , y i = b i a i と置くことができる。定理 3.1 へ代入すると
( ∑ i = 1 n a i 2 b i ) ( ∑ i = 1 n b i ) ≥ ( ∑ i = 1 n a i ) 2 \left(\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\right)
\left(\sum_{i=1}^{n}b_i\right)
\ge
\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2 ( i = 1 ∑ n b i a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i ) ≥ ( i = 1 ∑ n a i ) 2 となる。∑ b i > 0 \sum b_i>0 ∑ b i > 0
x i = b i > 0 x_i=\sqrt{b_i}>0 x i = b i > 0 x i x_i x i 0 0 0 定理 3.1 の等号条件により、等号が成り立つことは、ある実数t t t
a i b i = t b i \frac{a_i}{\sqrt{b_i}}=t\sqrt{b_i} b i a i = t b i がすべてのi i i b i > 0 b_i>0 b i > 0 a i / b i = t a_i/b_i=t a i / b i = t i i i ▨
例 4.2. 正の実数a , b , c a,b,c a , b , c 定理 4.1 を適用すると
a 2 b + b 2 c + c 2 a ≥ ( a + b + c ) 2 b + c + a = a + b + c \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}
\ge
\frac{(a+b+c)^2}{b+c+a}=a+b+c b a 2 + c b 2 + a c 2 ≥ b + c + a ( a + b + c ) 2 = a + b + c を得る。等号が成り立つのは
a b = b c = c a \frac ab=\frac bc=\frac ca b a = c b = a c の場合に限る。この共通値をk k k k > 0 k>0 k > 0
k 3 = a b b c c a = 1 k^3=\frac ab\frac bc\frac ca=1 k 3 = b a c b a c = 1 であるからk = 1 k=1 k = 1 a = b = c a=b=c a = b = c a = b = c a=b=c a = b = c
5 凸性による考え方 区間上で定義された関数について、グラフ上の任意の二点を結ぶ線分が、その二点の間でグラフより下に来ないとき、その関数を下に凸であるといいます。「その二点の間」という条件は外すことができません。線分を区間の外へ延長すると、下に凸な関数でも、延長した直線がグラフより下に来る場合があります。一次関数のように線分がグラフと重なる場合も、下に凸な関数に含めます。
下に凸な関数について、数の重み付き平均における関数の値は、各数における関数の値の重み付き平均以下になります。この性質を用いて、多変数の相加平均と相乗平均の関係を導くこともできます。本記事では凸性による証明を扱いません。
6 例題 並べ替えの問題では有限な実数列とその添字の置換を考える。イェンセンの問題では、区間 I 上で凸な（必要なら2回微分可能で f′′≥ 0 \ge0 ≥ 0 i ∈ I i\in I i ∈ I λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ i = 1 i=1 i = 1
解法の型 並べ替え不等式: 同順序の和が最大、逆順序の和が最小。イェンセンの不等式: f が下に凸ならf ( Σ λ f(\Sigma\lambda f ( Σ λ ≤ \le ≤ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ = = = x 1 x_{1} x 1 = = = = = =
例 6.1. f(x)= = = π / 2 \pi/2 π /2 λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ = = = π / 2 \pi/2 π /2
f ( x ) = tan x ( 0 < x < π 2 ) , λ i > 0 , ∑ i = 1 n λ i = 1 f(x) = \tan x \quad \left(0 < x < \dfrac{\pi}{2}\right),\qquad \lambda_i > 0,\quad \sum_{i=1}^{n} \lambda_i = 1 f ( x ) = tan x ( 0 < x < 2 π ) , λ i > 0 , i = 1 ∑ n λ i = 1 答
凸性 下に凸 イェンセン f ( ∑ i λ i x i ) ≤ ∑ i λ i f ( x i ) 得られる不等式 tan ( ∑ i λ i x i ) ≤ ∑ i λ i tan x i 等号成立 x 1 = x 2 = ⋯ = x n のときに限る \begin{array}{ll} \text{凸性} & \text{下に凸} \\ \text{イェンセン} & f\left(\sum_{i} \lambda_i x_i\right) \le \sum_{i} \lambda_i f(x_i) \\ \text{得られる不等式} & \tan\left(\sum_{i} \lambda_i x_i\right) \le \sum_{i} \lambda_i \tan x_i \\ \text{等号成立} & x_1 = x_2 = \cdots = x_n \ \text{のときに限る} \end{array} 凸性 イェンセン 得られる不等式 等号成立 下に凸 f ( ∑ i λ i x i ) ≤ ∑ i λ i f ( x i ) tan ( ∑ i λ i x i ) ≤ ∑ i λ i tan x i x 1 = x 2 = ⋯ = x n のときに限る 注意 f''(x)= = = π / 2 \pi/2 π /2 f ( Σ λ x ) ≤ Σ λ f ( x ) f(\Sigma\lambda x) \le \Sigma\lambda f(x) f ( Σ λ x ) ≤ Σ λ f ( x ) t a n ( π / 3 ) ≤ tan(\pi/3) \le t an ( π /3 ) ≤ ≥ \ge ≥ x 1 = x_{1} = x 1 = = = = = x 4 = x^{4} = x 4 = = = ≤ \le ≤
例 6.2. 3 つの正の数 3, 6, 12 について、調和平均 H= 3 / ( 1 / x 1 = 3/(1/x_{1} = 3/ ( 1/ x 1 1 / x 2 1/x_{2} 1/ x 2 1 / x 3 ) 1/x_{3}) 1/ x 3 ) = ( x 1 x 2 x 3 ) ( 1 / 3 ) = (x_{1}x_{2}x_{3})^(1/3) = ( x 1 x 2 x 3 ) ( 1/3 ) = ( x 1 = (x_{1} = ( x 1 x 2 x_{2} x 2 x 3 ) / 3 x_{3})/3 x 3 ) /3
x 1 = 3 , x 2 = 6 , x 3 = 12 H = 3 1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 3 , G = x 1 x 2 x 3 3 , A = x 1 + x 2 + x 3 3 x_1 = 3,\ x_2 = 6,\ x_3 = 12 \qquad H = \dfrac{3}{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \frac{1}{x_3}},\quad G = \sqrt[3]{x_1 x_2 x_3},\quad A = \dfrac{x_1 + x_2 + x_3}{3} x 1 = 3 , x 2 = 6 , x 3 = 12 H = x 1 1 + x 2 1 + x 3 1 3 , G = 3 x 1 x 2 x 3 , A = 3 x 1 + x 2 + x 3 答 H = 36 7 , G = 6 , A = 7 ⇒ H < G < A H = \dfrac{36}{7},\qquad G = 6,\qquad A = 7 \qquad \Rightarrow \quad H < G < A H = 7 36 , G = 6 , A = 7 ⇒ H < G < A
注意 1/x の和は 1/3 + 1/6 + 1/12= = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = ≤ \le ≤ ≤ \le ≤ ≥ \ge ≥ = = = ≥ \ge ≥ = = = ( ( x 1 ((x_{1} (( x 1 x 2 x_{2} x 2 x 3 x_{3} x 3 1 = _{1} = 1 = ≤ M 0 = \le M_{0} = ≤ M 0 = ≤ M 1 = \le M_{1} = ≤ M 1 = ≤ M 2 = \le M_{2} = ≤ M 2 = = = = = = = = = =
7 演習 問題 7.1. 実数列a = ( 1 , 2 , 4 ) a=(1,2,4) a = ( 1 , 2 , 4 ) b = ( 1 , 3 , 5 ) b=(1,3,5) b = ( 1 , 3 , 5 ) ∑ i = 1 3 a i b σ ( i ) \sum_{i=1}^{3}a_ib_{\sigma(i)} ∑ i = 1 3 a i b σ ( i ) σ \sigma σ
解答. b b b
( 1 , 3 , 5 ) , ( 1 , 5 , 3 ) , ( 3 , 1 , 5 ) , ( 3 , 5 , 1 ) , ( 5 , 1 , 3 ) , ( 5 , 3 , 1 ) (1,3,5),(1,5,3),(3,1,5),(3,5,1),(5,1,3),(5,3,1) ( 1 , 3 , 5 ) , ( 1 , 5 , 3 ) , ( 3 , 1 , 5 ) , ( 3 , 5 , 1 ) , ( 5 , 1 , 3 ) , ( 5 , 3 , 1 ) の順に並べたとき、積の和はそれぞれ
27 , 23 , 25 , 17 , 19 , 15 27,23,25,17,19,15 27 , 23 , 25 , 17 , 19 , 15 となる。したがって最大値は同じ順に並べた場合の27 27 27 15 15 15 定理 1.2 の評価と一致する。▨
問題 7.2. 正の実数x 1 , … , x n x_1,\ldots,x_n x 1 , … , x n x 1 x 2 ⋯ x n = 1 x_1x_2\cdots x_n=1 x 1 x 2 ⋯ x n = 1 x 1 + x 2 + ⋯ + x n ≥ n x_1+x_2+\cdots+x_n\ge n x 1 + x 2 + ⋯ + x n ≥ n
解答. 定理 2.1 により
x 1 + ⋯ + x n n ≥ x 1 ⋯ x n n = 1 \frac{x_1+\cdots+x_n}{n}
\ge
\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}=1 n x 1 + ⋯ + x n ≥ n x 1 ⋯ x n = 1 である。両辺に正の整数n n n x 1 + ⋯ + x n ≥ n x_1+\cdots+x_n\ge n x 1 + ⋯ + x n ≥ n x 1 = ⋯ = x n x_1=\cdots=x_n x 1 = ⋯ = x n 1 1 1 1 1 1 ▨
問題 7.3. 正の実数a , b , c a,b,c a , b , c
1 a + 1 b + 1 c ≥ 9 a + b + c \frac1a+\frac1b+\frac1c\ge\frac9{a+b+c} a 1 + b 1 + c 1 ≥ a + b + c 9 を分数の形のコーシー・シュワルツの不等式で示し、等号条件を求めよ。
解答. 定理 4.1 で分子を1 , 1 , 1 1,1,1 1 , 1 , 1 a , b , c a,b,c a , b , c
1 a + 1 b + 1 c ≥ ( 1 + 1 + 1 ) 2 a + b + c = 9 a + b + c \frac1a+\frac1b+\frac1c
\ge
\frac{(1+1+1)^2}{a+b+c}
=\frac9{a+b+c} a 1 + b 1 + c 1 ≥ a + b + c ( 1 + 1 + 1 ) 2 = a + b + c 9 を得る。等号が成り立つことと1 / a = 1 / b = 1 / c 1/a=1/b=1/c 1/ a = 1/ b = 1/ c a , b , c a,b,c a , b , c a = b = c a=b=c a = b = c ▨
問題 7.4. 実数x , y , z x,y,z x , y , z x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 2 x − y + 3 z = 1 2x-y+3z=1 2 x − y + 3 z = 1 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2
解答. 係数2 , − 1 , 3 2,-1,3 2 , − 1 , 3 4 / 3 4/3 4/3
1 = 2 x − y + 3 z = 2 3 x − 7 3 y + 5 3 z 1=2x-y+3z=\frac23x-\frac73y+\frac53z 1 = 2 x − y + 3 z = 3 2 x − 3 7 y + 3 5 z である。定理 3.1 により
1 ≤ ( 4 9 + 49 9 + 25 9 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 26 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1\le\left(\frac49+\frac{49}9+\frac{25}9\right)(x^2+y^2+z^2)
=\frac{26}3(x^2+y^2+z^2) 1 ≤ ( 9 4 + 9 49 + 9 25 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3 26 ( x 2 + y 2 + z 2 ) を得るので、x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 / 26 x^2+y^2+z^2\ge3/26 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3/26
等号条件は、ある実数t t t ( x , y , z ) = t ( 2 , − 7 , 5 ) (x,y,z)=t(2,-7,5) ( x , y , z ) = t ( 2 , − 7 , 5 ) 2 x − y + 3 z = 1 2x-y+3z=1 2 x − y + 3 z = 1 26 t = 1 26t=1 26 t = 1
( x , y , z ) = ( 2 26 , − 7 26 , 5 26 ) (x,y,z)=\left(\frac2{26},-\frac7{26},\frac5{26}\right) ( x , y , z ) = ( 26 2 , − 26 7 , 26 5 ) を得る。この組は和が零という条件も満たす。したがって最小値は3 / 26 3/26 3/26 ▨
並べ替えの問題では有限な実数列とその添字の置換を考える。イェンセンの問題では、区間 I 上で凸な（必要なら2回微分可能で f′′≥ 0 \ge0 ≥ 0 i ∈ I i\in I i ∈ I λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ i = 1 i=1 i = 1
解法の型 並べ替え不等式: 同順序の和が最大、逆順序の和が最小。イェンセンの不等式: f が下に凸ならf ( Σ λ f(\Sigma\lambda f ( Σ λ ≤ \le ≤ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ = = = x 1 x_{1} x 1 = = = = = =
問題 7.5. f(x)= = = ( λ 1 , λ 2 , λ 3 ) = (\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}) = ( λ 1 , λ 2 , λ 3 ) = ( x 1 , x 2 , x 3 ) = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = ( x 1 , x 2 , x 3 ) = f ( λ 1 x 1 f(\lambda_{1}x_{1} f ( λ 1 x 1 λ 2 x 2 \lambda_{2}x_{2} λ 2 x 2 λ 3 x 3 ) \lambda_{3}x_{3}) λ 3 x 3 ) λ 1 f ( x 1 ) \lambda_{1}f(x_{1}) λ 1 f ( x 1 ) λ 2 f ( x 2 ) \lambda_{2}f(x_{2}) λ 2 f ( x 2 ) λ 3 f ( x 3 ) \lambda_{3}f(x_{3}) λ 3 f ( x 3 )
f ( x ) = 1 x ( x > 0 ) , ( λ 1 , λ 2 , λ 3 ) = ( 1 2 , 1 4 , 1 4 ) , ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( 1 , 2 , 4 ) f(x) = \dfrac{1}{x} \quad (x > 0),\qquad (\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{4}\right),\qquad (x_1, x_2, x_3) = (1, 2, 4) f ( x ) = x 1 ( x > 0 ) , ( λ 1 , λ 2 , λ 3 ) = ( 2 1 , 4 1 , 4 1 ) , ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( 1 , 2 , 4 ) 解答. 答
∑ λ i x i = 2 f ( ∑ λ i x i ) = 1 2 ∑ λ i f ( x i ) = 11 16 1 2 < 11 16 等号成立 x 1 = x 2 = x 3 のときに限る \begin{array}{ll} \sum \lambda_i x_i & = 2 \\ f\left(\sum \lambda_i x_i\right) & = \dfrac{1}{2} \\ \sum \lambda_i f(x_i) & = \dfrac{11}{16} \\ & \dfrac{1}{2} < \dfrac{11}{16} \\ \text{等号成立} & x_1 = x_2 = x_3 \ \text{のときに限る} \end{array} ∑ λ i x i f ( ∑ λ i x i ) ∑ λ i f ( x i ) 等号成立 = 2 = 2 1 = 16 11 2 1 < 16 11 x 1 = x 2 = x 3 のときに限る 注意 f''(x)= = = λ 1 x 1 \lambda_{1}x_{1} λ 1 x 1 λ 2 x 2 \lambda_{2}x_{2} λ 2 x 2 λ 3 x 3 = \lambda_{3}x_{3} = λ 3 x 3 = = = = = = = f ( Σ λ f(\Sigma\lambda f ( Σ λ ≤ Σ λ \le \Sigma\lambda ≤ Σ λ x 1 = x 2 = x 3 x_{1} = x_{2} = x_{3} x 1 = x 2 = x 3 ▨
問題 7.6. f(x)= = = λ \lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ = = =
f ( x ) = log x ( x > 0 ) , λ i > 0 , ∑ i = 1 n λ i = 1 f(x) = \log x \quad (x > 0),\qquad \lambda_i > 0,\quad \sum_{i=1}^{n} \lambda_i = 1 f ( x ) = log x ( x > 0 ) , λ i > 0 , i = 1 ∑ n λ i = 1 解答. 答
凸性 上に凸 イェンセン f ( ∑ i λ i x i ) ≥ ∑ i λ i f ( x i ) 得られる不等式 log ( ∑ i λ i x i ) ≥ ∑ i λ i log x i 等号成立 x 1 = x 2 = ⋯ = x n のときに限る \begin{array}{ll} \text{凸性} & \text{上に凸} \\ \text{イェンセン} & f\left(\sum_{i} \lambda_i x_i\right) \ge \sum_{i} \lambda_i f(x_i) \\ \text{得られる不等式} & \log\left(\sum_{i} \lambda_i x_i\right) \ge \sum_{i} \lambda_i \log x_i \\ \text{等号成立} & x_1 = x_2 = \cdots = x_n \ \text{のときに限る} \end{array} 凸性 イェンセン 得られる不等式 等号成立 上に凸 f ( ∑ i λ i x i ) ≥ ∑ i λ i f ( x i ) log ( ∑ i λ i x i ) ≥ ∑ i λ i log x i x 1 = x 2 = ⋯ = x n のときに限る 注意 f''(x)= = = f ( Σ λ x ) ≥ Σ λ f ( x ) f(\Sigma\lambda x) \ge \Sigma\lambda f(x) f ( Σ λ x ) ≥ Σ λ f ( x ) ≥ \ge ≥ λ ^\lambda λ Σ λ \Sigma\lambda Σ λ ≥ \ge ≥ λ ^\lambda λ x 1 = x_{1} = x 1 = = = = = x 4 = x^{4} = x 4 = = = ≥ \ge ≥ ▨
問題 7.7. a= = = = = = ( 1 / 3 ) Σ a (1/3)\Sigma a ( 1/3 ) Σ a ( ( 1 / 3 ) Σ a ((1/3)\Sigma a (( 1/3 ) Σ a ) ( ( 1 / 3 ) Σ b )((1/3)\Sigma b ) (( 1/3 ) Σ b
1 3 ∑ i = 1 3 a i b i と ( 1 3 ∑ i = 1 3 a i ) ( 1 3 ∑ i = 1 3 b i ) a = ( 1 , 3 , 5 ) , b = ( 2 , 4 , 7 ) \dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} a_i b_i \quad \text{と} \quad \left(\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} a_i\right)\left(\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} b_i\right) \qquad a = (1, 3, 5),\ b = (2, 4, 7) 3 1 i = 1 ∑ 3 a i b i と ( 3 1 i = 1 ∑ 3 a i ) ( 3 1 i = 1 ∑ 3 b i ) a = ( 1 , 3 , 5 ) , b = ( 2 , 4 , 7 ) 解答. 答 1 3 ∑ a i b i = 49 3 , ( 1 3 ∑ a i ) ( 1 3 ∑ b i ) = 13 ⇒ 49 3 > 13 \dfrac{1}{3}\sum a_i b_i = \dfrac{49}{3},\qquad \left(\dfrac{1}{3}\sum a_i\right)\left(\dfrac{1}{3}\sum b_i\right) = 13 \qquad \Rightarrow \quad \dfrac{49}{3} > 13 3 1 ∑ a i b i = 3 49 , ( 3 1 ∑ a i ) ( 3 1 ∑ b i ) = 13 ⇒ 3 49 > 13
注意 Σ a \Sigma a Σ a = = = = = = Σ a \Sigma a Σ a = = = Σ b \Sigma b Σ b = = = = = = = = = Σ a \Sigma a Σ a ( Σ a (\Sigma a ( Σ a ) ( Σ b )(\Sigma b ) ( Σ b ≤ 3 Σ a \le 3\Sigma a ≤ 3Σ a ▨
問題 7.8. 実数列 a= = = = = = σ \sigma σ a 1 b a_{1}b a 1 b σ ( 1 ) \sigma(1) σ ( 1 ) a 2 b a_{2}b a 2 b σ ( 2 ) \sigma(2) σ ( 2 ) a 3 b a_{3}b a 3 b σ ( 3 ) \sigma(3) σ ( 3 )
a = ( 1 , 3 , 6 ) , b = ( 4 , 5 , 8 ) に対する ∑ i = 1 3 a i b σ ( i ) a = (1, 3, 6),\quad b = (4, 5, 8) \qquad \text{に対する} \quad \sum_{i=1}^{3} a_i b_{\sigma(i)} a = ( 1 , 3 , 6 ) , b = ( 4 , 5 , 8 ) に対する i = 1 ∑ 3 a i b σ ( i ) 解答. 答 最大値67 ( 67 \ ( 67 ( ) , ), ) , 47 ( 47 \ ( 47 ( ) ) )
注意 6 通りの並べ方の和を全部計算すると 47, 50, 53, 58, 65, 67 となる。大きいものどうしを組んだ同順序 1×4 + 3×5 + 6×8= = = = = = ≥ \ge ≥ ▨
問題 7.9. 実数列 a= = = = = = σ \sigma σ a 1 b a_{1}b a 1 b σ ( 1 ) \sigma(1) σ ( 1 ) a 2 b a_{2}b a 2 b σ ( 2 ) \sigma(2) σ ( 2 ) a 3 b a_{3}b a 3 b σ ( 3 ) \sigma(3) σ ( 3 )
a = ( 1 , 2 , 5 ) , b = ( 4 , 6 , 7 ) に対する ∑ i = 1 3 a i b σ ( i ) a = (1, 2, 5),\quad b = (4, 6, 7) \qquad \text{に対する} \quad \sum_{i=1}^{3} a_i b_{\sigma(i)} a = ( 1 , 2 , 5 ) , b = ( 4 , 6 , 7 ) に対する i = 1 ∑ 3 a i b σ ( i ) 解答. 答 最大値51 ( 51 \ ( 51 ( ) , ), ) , 39 ( 39 \ ( 39 ( ) ) )
注意 6 通りの並べ方の和を全部計算すると 39, 40, 45, 48, 49, 51 となる。大きいものどうしを組んだ同順序 1×4 + 2×6 + 5×7= = = = = = ≥ \ge ≥ ▨