1/nΣ[k=1,n]a_kb_k≧(1/nΣ[k=1,n]a_k)(1/nΣ[k=1,n]b_k)などの不等式

下記の不等式は全て
\(a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq \cdots \geq a_{n-1} \geq a_n\)
\(b_1 \geq b_2 \geq b_3 \geq \cdots \geq b_{n-1} \geq b_n \) とします。
\begin{alignat}{2}
&(1)  \frac{a_1b_1+a_2b_2}{2} \geq \frac{a_1+a_2}{2}\cdot \frac{b_1+b_2}{2}\\
&(2)  \frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3}{3} \geq \frac{a_1+a_2+a_3}{3}\cdot \frac{b_1+b_2+b_3}{3}\\
&(3)  \frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4}{4} \geq \frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\cdot \frac{b_1+b_2+b_3+b_4}{4}\\
&(4)  \frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n a_kb_k \geq \left(\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n a_k\right)\left(\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n b_k\right)
\end{alignat}等号成立条件は全て \(a_1=a_2=a_3=\cdots =a_{n-1} =a_n,\,b_1=b_2=b_3= \cdots =b_{n-1} =b_n \)









<証明>

\((1)\) \(a_1-a_2 \geq 0,\,b_1-b_2 \geq 0\) であるので、次の不等式が成り立ちます$$(a_1-a_2)(b_1-b_2) \geq 0$$展開整理します。
\begin{alignat}{2}
a_1b_1-a_1b_2-a_2b_1+a_2b_2& \geq 0\\
&\\
a_1b_1+a_2b_2 & \geq a_1b_2+a_2b_1\\
&\\
2(a_1b_1+a_2b_2) & \geq a_1b_1+a_1b_2+a_2b_1+a_2b_2\\
&\\
&=(a_1+a_2)(b_1+b_2)\\
\end{alignat}両辺を \(2^2\) で割ります。以上より$$\frac{a_1b_1+a_2b_2}{2} \geq \frac{a_1+a_2}{2}\cdot \frac{b_1+b_2}{2}$$







\((2)\) \((1)\) と同様に次の不等式が成り立ちます$$(a_1-a_2)(b_1-b_2)+(a_1-a_3)(b_1-b_3)+(a_2-a_3)(b_2-b_3) \geq 0$$展開整理します。
\begin{alignat}{2}
&(a_1b_1-a_1b_2-a_2b_1+a_2b_2)+(a_1b_1-a_1b_3-a_2b_1+a_2b_3)+(a_1b_1-a_2b_3-a_3b_2+a_3b_3) \geq 0\\
&\\
&2(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3) \geq a_1b_2+a_2b_1+a_1b_3+a_3b_1+a_2b_3+a_3b_2\\
&\\
&3(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3) \geq (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)+a_1b_2+a_2b_1+a_1b_3+a_3b_1+a_2b_3+a_3b_2\\
&\\
&                  =(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)\\
\end{alignat}両辺を \(3^2\) で割ります。以上より$$\frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3}{3} \geq \frac{a_1+a_2+a_3}{3}\cdot \frac{b_1+b_2+b_3}{3}$$







\((3)\) 次の不等式が成り立ちます$$(a_1-a_2)(b_1-b_2)+(a_1-a_3)(b_1-b_3)+(a_1-a_4)(b_1-b_4)+(a_2-a_3)(b_2-b_3)+(a_2-a_4)(b_2-b_4)+(a_3-a_4)(b_3-b_4) \geq 0$$展開整理します。
\begin{alignat}{2}
&(a_1b_1-a_1b_2-a_2b_1+a_2b_2)+(a_1b_1-a_1b_3-a_3b_1+a_2b_3)+(a_1b_1-a_1b_4-a_4b_1+a_4b_4)+(a_2b_2-a_2b_3-a_3b_2+a_3b_3)+(a_2b_2-a_2b_4-a_4b_2+a_4b_4)+(a_3b_3-a_3b_4-a_4b_3+a_4b_4) \geq 0\\
&\\
&3(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4) \geq a_1b_2+a_2b_1+a_1b_3+a_3b_1+a_1b_4+a_4b_1+a_2b_3+a_3b_2+a_2b_4+a_4b_2+a_3b_4+a_4b_3\\
&\\
&4(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3) \geq (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4)+a_1b_2+a_2b_1+a_1b_3+a_3b_1+a_1b_4+a_4b_1+a_2b_3+a_3b_2+a_2b_4+a_4b_2+a_3b_4+a_4b_3\\
&\\
&                  =(a_1+a_2+a_3+a_4)(b_1+b_2+b_3+b_4)\\
\end{alignat}両辺を \(4^2\) で割ります。以上より$$\frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4}{4} \geq \frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\cdot \frac{b_1+b_2+b_3+b_4}{4}$$







\((4)\) 次の不等式が成り立ちます$$(a_1-a_2)(b_1-b_2)+(a_1-a_3)(b_1-b_3)+\cdots +(a_1-a_n)(b_1-b_n)+(a_2-a_3)(b_2-b_3)+\cdots +(a_2-a_n)(b_2-b_n)+ \cdots (a_{n-1}-a_n)(b_{n-1}-b_n) \geq 0$$展開整理します。$$(n-1)(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n) \geq a_1b_2+a_2b_1+a_3b_1+a_1b_3+ \cdots a_{n-1}b_n+a_nb_{n-1}$$両辺に \(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n\) を加えます。$$n(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n) \geq (a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n)+a_1b_2+a_2b_1+a_3b_1+a_1b_3+ \cdots +a_{n-1}b_n+a_nb_{n-1}$$右辺を因数分解します。$$n(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n) \geq (a_1+a_2+ \cdots +a_n)(b_1+b_2+ \cdots +b_n)$$両辺を \(n^2\) で割ります。$$\frac{a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n}{n} \geq \frac{a_1+a_2+ \cdots +a_n}{n} \cdot \frac{b_1+b_2+ \cdots +b_n}{n}$$シグマで書き直します。以上より$$\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n a_kb_k \geq \left(\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n a_k\right)\left(\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n b_k\right)$$

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