Quod Erat Demonstrandum

2008/12/02

利用 Taylor’s theorem 證明 AM >= GM

x_1, x_2, \dots , x_nn 個正數,命 a = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n}, g = \sqrt[n]{x_1x_2 \dots x_n}

考慮 f(x) = \ln x,並考慮函數在 x = a 附近的泰勒展式(Taylor’s expansion),得

\ln x = \ln a + \frac{f'(a)}{1!}(x - a) + \frac{f''(\xi)}{2!}(x - a)^2 其中 \xi 介乎 ax 之間。

代入 x = x_i (i = 1, 2, \dots , n),得

\ln x_i = \ln a + \frac{f'(a)}{1!}(x_i - a) + \frac{f''(\xi_i)}{2!}(x_i - a)^2 其中 \xi_i 介乎 ax_i 之間。

把上述(n 條)等式加起,即

\sum_{i = 1}^n\ln x_i = \sum_{i = 1}^n\ln a + f'(a)\sum_{i = 1}^n(x_i - a) + \sum_{i = 1}^n\frac{f''(\xi_i)}{2}(x_i - a)^2

\ln g^n = n\ln a + 0 - \sum_{i = 1}^n\frac{1}{2\xi_i^2}(x_i - a)^2

(這是因為 \sum_{i = 1}^n(x_i - a) = 0f''(x) = -\frac{1}{x^2}。)

可見,

\ln g^n \le \ln a^n

亦即

G.M. \le A.M.

不難看到等式成立之充要條件為:

(x_i - a)^2 = 0 \forall i = 1, 2, \dots n

x_1 = x_2 = \dots = x_n

2 則迴響 »

  1. 記得方 sir 說過,要證 AM>= GM,世上的方法加埋夠出一本書……
    (令人恐怖)

    p/s: 托朋友買了一本 math. Table,有什麼 chapter 值得一看,請指點!xD
    (註其他讀者:math table 乃數學百科,在香港會考屬歷史文物類)

    離題話,
    剛剛看看九濟堂的留言,真替學生們擔心。
    心想,這就是我們的未來嗎?

    迴響 由 Ricky — 2008/12/03 @ 3:28 上午 | 回覆

  2. 我不知道 math. Table 的具體內容,數學百科應該有很多值得參考的材料吧。

    談 A.M. >= G.M. 可以出書?相信可以的,我已看過數本單單談不等式的著作。

    在 AL 學習的,真是皮毛來的!

    九濟堂是很有價值的地方,濟民應善用它來討論校政,和校園有關的事宜或社會時事等,只是那裡有點夕陽工業之感,不知她會否變成濟民的集體回憶?

    迴響 由 johnmayhk — 2008/12/03 @ 5:20 下午 | 回覆


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