二元算幾調不等式的幾何證明

(1)

二元算幾調不等式的幾何證明

連威翔

一、前言

在數學傳播 40 卷 2 期《二元算幾不等式的一個無字證明 — 附記一段學思歷程》一文中 (請參考 [1]), 我們看到了關於底下不等式漂亮的圖解證明:

a + b 2 ≥√

ab, (1)

其中 a, b 為正數。透過 [1] 的介紹, 我們知道可利用底下兩種幾何圖形來理解 (1) 式:

圖1 除了上面出現的 a + b

2 與 √

ab 這兩種平均數之外, 我們知道 a, b 的調和平均數是「a, b 之倒數求算術平均後再取倒數」, 即

1

2(¹_a +¹_b) = 2ab a + b. 由 (1) 可知 2

a + b ≤ 1

√ab, 對此不等式兩側同乘 ab 得 2ab

a + b ≤√

ab. (2)

將 (1) 式與 (2) 式結合, 即得

a + b 2 ≥√

ab≥ 2ab

a + b. (3)

不妨將 (3) 式稱為「二元算幾調不等式」(註1)。若直接透過算式計算, 我們不難證明不等式 (3), 而圖 1 所引出的兩個幾何方法, 都能證明 (3) 式左半邊的不等式。不過, 是否有足以證明 (3) 式右半邊不等式的幾何方法呢?

底下, 筆者將先介紹一個幾何題, 給出其證明之後, 接著將介紹對 (3) 式的幾何證明。

67

(2)

二、從一道幾何問題談起

在建中通訊解題 64 期的徵答題中, 第一題是一道幾何題, 如下:

問題6401: 如圖, 已知 P 點是圓 O 外一點, P S、 P T 分別與圓 O 相切於 S 與 T , 過 P 點作圓 O 的割線 P AB, 交圓 O 於 A、 B 兩點, 與 ST 交於 C 點。

圖2 證明:

1

P C = 1 2

1

P A + 1 P B

. (4)

問題出處與公告的解答, 請參考[2]。

除了 [2] 中的證明, 筆者另給一個證明如下:

證明: 在圖 2 中連接 OS, OP , OB, 則 OS⊥P S (註2) 且 OP ⊥ST 。設 OP 交 ST 於 E, 作 OD⊥P B 於 D 之後, 我們換個角度, 改看下圖:

圖3

其中, 我們令 P E = , CE = s, OD = d, 並假設半徑 OS = OB = r。因 OD 平分 AB, 由上圖可知

AD = BD =

OB²− OD² =√

r²− d².

(3)

因為P CE ∼ P OD (AA 相似), 可知 ^{P E}_CE = ^{P D}

OD 及 ^{P C}_CE = ^{P O}

OD , 兩者分別可得出 P D = P E

CE · OD = sd, P O = P C

CE · OD = P C

s d. (5)

因此可寫出 P A, P B 的表達式如下:

P A = P D− AD = sd−√

r²− d², P B = P D + BD =

sd +√

r²− d². 利用此兩表達式, 可再寫下

P A + P B

2 = P D =

sd, (6)

P A· P B = ²

s²d²− (r²− d²) = ²+ s²

s² × d²− r² = P C²

s² × d²− r² = P O²− r². (7) 注意在上式的最後一個等號處我們用上了 (5) 式。

因為圖 3 中有 P OS ∼ SOE (AA 相似) 的條件, 可知 ^{P O}_OS = ^SO

OE , 因此得 P O· OE = SO² = r². (8) 將 (4) 式改寫為如下的等價式子:

P A· P B = P A + P B

2 · P C. (9)

先利用 (6), (7) 兩式的結果, 考慮 (9) 式的左式與右式相減, 再利用 (5), (8) 兩式可知 (9) 左式 − (9) 右式 = P O²− r²−

sd· P C = P O²− r²− P O ·

= P O· (P O − P E) − r² = P O· OE − r² = r²− r² = 0.

這樣子就證明了 (9) 式, 因此 (4) 式得證(註3)。

上面的證明與原本 [2] 中的解法相較, 篇幅著實多出不少。原解法對應在圖 3 中, 是先由 C, E, O, D四點共圓與 SP E, OP S 這組相似形得出兩道邊長關係, 再透過切割線定理的結論

P S² = P A· P B (10) 證明 (9) 式成立, 如此便解決了該問題, 過程簡單且易懂。

想順帶一提的是, 關於切割線定理的結論 (10) 式, 一般較常見的證明方法是透過圖 3 中

P SA ∼ P BS 的條件來證明, 在此筆者提供另外一種方法。請先回到圖 3, 因 P OS 為

(4)

直角三角形, 完成 (7) 式之前各步驟的推導後, 由 (7) 式可知

P A· P B = P O²− r² = P O² − SO² = P S². 這樣就證出了 (10) 式。

探討完上面的幾何題後, 我們便可以回到圖 3, 準備進行對 (3) 式的證明。設圖 3 中有 P A = a, P B = b, 由 (4) 式可知

P C = 1

1 2( ¹

P A + ¹

P B ) = 1

1

2(¹_a+ ¹_b) = 2ab

a + b, (11) 因此 P C 長為 a, b 的調和平均數; 而利用 (6) 式與 (10)式, 可知 P D, P S 之長分別為 a, b 的算術平均數與幾何平均數, 如下:

P D = P A + P B

2 = a + b

2 , (12)

P S =

P A· P B =√

ab. (13)

觀察圖 3 中 P OS, P OD, P SE, P CE 四個直角三角形, 利用畢氏定理, 由 OD ≤ OS, SE ≥ CE 兩條件, 可知

P D =

P O²− OD² ≥

P O²− OS² = P S, (14) P S =

SE²+ P E² ≥

CE²+ P E² = P C. (15) 注意 (14), (15) 兩式之等號皆成立於 A, B 與 S 重合時, 此時 C, D 亦與 S 重合。

接下來, 由 (14), (15) 兩式可知

P D ≥ P S ≥ P C.

將 (11), (12), (13) 三式的結果代入上式, 即得 a + b

2 ≥√

ab≥ 2ab a + b,

不等式的兩個等號成立於 a = b 時, 即 A, B 重合時。這樣我們就證明了 (3) 式。

讀者或許會想問, 圖 1 中的兩個圖, 對於任意兩正數 a, b, 都可以從無到有地把圖形逐步畫出來, 而 (3) 式所對應的圖 3, 該怎麼畫出來呢? 要先提醒讀者的是, 圖 1 的兩個圖, 畫出來都呈現 a, b 兩數不相等的樣子。

底下, 筆者所要介紹的圖 3 畫法也將如此, 畫出的兩線段 P A, P B 之長看起來是不相等的兩數 a, b。畫法如下:

畫法: 請先想像圖 3 其實一開始是空白的。假設 a ≤ b, 我們可依下列步驟畫出圖 3:

(5)

(1) 作線段 P B = b, 並在 P B 上取點 A 滿足 P A = a;

(2) 取 AB 的中點 D, 則 P D = a + b 2 ;

(3) 過 D 作 AB 之中垂線, 取中垂線上一點 O 為圓心, 作一過 A, B 兩點的圓;

(4) 過 P 作圓 O 的兩切線 P S, P T, 分別以 S, T 為切點, 則 P S =√ ab;

(5) 連接 ST, 設 ST 交 P B 於 C, 則 P C = 2ab a + b。

三、更簡單的一個證明

筆者回想自己的學習歷程, 印象中並非以圖 1 左方的圖來理解算幾不等式, 而是以下圖:

圖4

上圖中, C 落在以 AB 為直徑的半圓圓弧上, 且 CD⊥AB 於 D。當垂足 D 與圓心 O 重合時, 當然有 CO = CD; 當 D 與 O 不重合時, COD 中有 ∠CDO = 90^◦, 為三內角之最大角, 利用大角對大邊性質可知 CO > CD。因此, 兩情形合起來看可得 CO ≥ CD。

在上圖中 COD 作高 DE 之後, 可得下圖:

圖5

因為 COD ∼ CDE (AA 相似), 可知 ^CO_CD = ^CD

CE , 從而有

CE = CD²

CO = 2ab a + b. 因此 CE 長度為 a, b 的調和平均數。

而觀察圖 5 中的 CDE, 與上述觀察 COD 的道理相同, 可知 CD ≥ CE。因此可

(6)

寫下 CO ≥ CD ≥ CE, 而得不等式 a + b

2 ≥√

ab≥ 2ab a + b,

且不等式的兩個等號成立於 a = b 時, 即 O, D 重合時。至此可知相較於圖 3, 圖 5 為不等式 (3) 提供了更簡單的幾何證明。

四、從比例觀點看三個平均數的大小

筆者於高中時期參加某個數學營活動時, 拿到了一本由臺大楊維哲教授 (現已退休) 所寫的講義, 其封面上寫著「分析雜論」四個字, 楊教授也是該次營隊活動中的老師之一。在該本講義中, 筆者初次認識一種「透過線段比例」的觀點來看調和平均數的方法, 請參考下圖:

圖6

上圖中, O, A, B 三點共線, 且 A, B 在 O 點的同側, 其中設 OA = a, OB = b 且 b ≥ a > 0。

已知 AB 上有一點 P , 當 b > a 時, 滿足

P A : P B = OA : OB = a : b. (16) 假設 OP 長為 s, 則 a < s < b, 且 P A = s − a, P B = b − s。由 (16) 式可知

(s− a) : (b − s) = a : b, 因此可求出 OP = s = 2ab

a + b。而當 b = a 時, 同樣以 s = 2ab

a + b 來定義 OP 長, 此時 A, P, B 重合且 s = a = b。因此, 圖 6 中的 OP 長即為 OA, OB 兩長度之調和平均數 (註 4)。而筆者上面所提到的「透過線段比例」, 其「比例」指的就是 (16) 式。

如果在圖 6 中標上 AB 的中點 M, 則如下圖:

圖7

其中 OM 長即為 OA, OB 兩長度之算術平均數 a + b

2 , 且 MA : MB = 1 : 1。那麼, 假設 Q 落在圖 7 中的 OB 上, 且 OQ 長為 OA, OB 長度之幾何平均數 √

ab, 則由 (3) 式可知 Q將落在 P M 上, 如下圖:

圖8

(7)

不過, 除了透過 (3) 式來證明上圖中 Q 落在 P M 上, 是否還有其他方法呢? 我們不妨看看底下的證明:

證明: (i) 當 b = a 時, 有 OP = OQ = OM = a, 此時圖 8 中 A, P, Q, M, B 五點重合, 可將此情形視為 Q 落在 (已退化為一點的) P M 上;

(ii) 當 b > a 時, 因 OQ 長為 √

ab 且 a <√

ab < b, 此時有 QA : QB = (√

ab− a) : (b −√

ab) =√ a :√

b. (17)

對於任一滿足 t > 1 的正數 t, 因為 t − 1 > 0, 由 t − 1 = (√

t− 1)(√

t + 1)可知

√t− 1 = √t− 1 t + 1 > 0.

因此有 √

t > 1, 不等號兩側同乘√

t 後得 t >√

t, 兩不等式合併後得 1 < √ t < t。利用上述結果, 因為 b

a > 1, 可寫下 1 <

b a =

√b

√a < b

a,再由 (16), (17) 兩式可知 M B

M A < QB

QA < P B P A . 對上面不等式中的三個線段長比值同加 1 得

AB

M A < AB

QA < AB P A .

因此有 MA > QA > P A, 此推論結果配合圖 7, 可知 Q 落在 P M 上, 如圖 8。將以上 (i), (ii) 兩部分的結果合起來看, 證明即完成。

將上面 (i), (ii) 的結果合併可知 MA ≥ QA ≥ P A, 對其各項同加 OA, 可得 OM ≥ OQ ≥ OP ,

所以有 a + b 2 ≥√

ab≥ 2ab

a + b。因此, 我們得到 (3) 式的一個另證。

本節最後, 請讀者不妨再次看看上面的 (16) 式, 它賦予調和平均數一種在幾何上的意義, 而非僅僅是前言中所提之「a, b之倒數求算術平均後再取倒數」這樣的算術意義。

五、與方均根有關的一個圖解證明

除了上述介紹的三種平均數外, 還有一種平均數稱為 Quadratic mean, 中文譯為「平方平均數」, 或者簡稱「方均根」(參考[3]), 後者是來自於 Root Mean Square 這個 Quadratic

(8)

mean的別名, 而 Root Mean Square 則是 the square root of the mean square 的簡稱(請參考 [4])。兩正數 a, b 的方均根, 定義為

a²+ b² 2 .

在參考資料 [5] 中介紹的一道習題(請見 [5] 第 1.7 節末的習題 22), 要我們比較兩正數 a, b之算術平均數 a + b

2 與上述之方均根兩者間的大小關係, 這不難直接透過算式計算得出結果。不過, 筆者發現一個可以透過圖形來解釋的方法, 請參考下圖:

圖9

上圖中, ABC, ADE, DBF 均為等腰直角三角形, 其中 AD = a, DB = b。注意在保持 D 點不動、 A, D, B 共線且 A, B 落在 D 點異側的條件下, 將 A, B 視為動點, 可藉由變動 A, B 的位置來得出不同的正數 a, b 之值。

圖 9 中, 連接 CD 並作 ABC 斜邊 AB 上的高 CG。因為 CGA CGB, 可知 AG = BG, 故 G 為 AB 中點, 因此

AG = AB

2 = AD + DB

2 = a + b 2 . 而 ACG 亦為等腰直角三角形, 因此可知

DE = a

√2, DF = b

√2, CG = AG = a + b 2 . 注意 CEDF 為矩形, 可求出 CD 長為

CD =

CF²+ DF² =

DE²+ DF² =

a²+ b² 2 . 因直角 CDG 的斜邊 CD 為最大邊, 可知 CD ≥ CG, 也就是有

a²+ b²

2 ≥ a + b 2 .

(9)

上式等號成立於 CDG 退化為線段之時, 此時 D, G 兩點重合, 因此 a = b。

如此一來, 圖 9 就給出了「兩正數之平方平均數不小於其算術平均數」的一個圖解證明, 此結果與第三節最後所寫下的不等式 (或 (3) 式) 合起來看, 就有

a²+ b²

2 ≥ a + b 2 ≥√

ab≥ 2ab a + b. 以記號來寫, 上式可簡記為 QM ≥ AM ≥ GM ≥ HM。

六、結語

初次看到問題 6401, 覺得應該不難證明, 沒想到花了一些時間仍不得其解。忍不住打開 [2] 的解答, 只看到了對圖 2 所做的輔助線後, 便馬上關閉檔案, 不想知道其證明過程, 因為想靠自己寫出解法。在某次旅行途中, 拿出計算紙, 學著做同樣的輔助線, 才寫下了最初的證明。

後來因為繼續研究圖 3, 才發現第二節中對不等式 (3) 的幾何證明, 也算是一個意外的收穫。這也讓筆者想到 [1] 這篇作品, 並以其作為本文的開場白。也因為 [1] 文中關於圖 1 的介紹, 才讓筆者重新研究圖 4, 從而在圖 5 中得出一個更簡單的幾何證明。而第四節的內容, 則是想介紹對調和平均數的另一種看法, 以及從中所延伸出來之對 (3) 式的另證。

以上就是筆者的一點小小心得, 希望讀者看完能有所收穫。最後, 先要感謝建中通訊解題的主辦單位, 因為若沒有問題 6401, 相信也不會有本文的誕生。此外, 謝謝台大數學系退休教授王藹農老師的指導, 也要特別感謝 [1] 的作者, 其作品 [1] 多少啟發了筆者的靈感。

註1: 其實, 算幾調不等式本質上就是算幾不等式。我們知道底下的 n 元算幾不等式成立:

a₁+ a₂+· · · + an

n ≥ √ⁿ

a₁a₂· · · a_n. (18) 將上式中的每一個正數 ak 換成正數 1

a_k, 因此可知

1 a1 +_a¹

2 +· · · +_a¹_n

n ≥ ⁿ

1 a₁

1 a₂· · · 1

a_n = 1

√n

a₁a₂· · · a_n.

若對上式兩端取倒數, 左端即得 a1, a₂, . . . , a_n 的調和平均數。兩端取倒數後, 結果如下:

1

n1

1 a1 +_a¹

2 +· · · + _a¹_n ≤ √ⁿ

a₁a₂· · · an. (19)

將 (18), (19) 兩式合起來看, 就得到 n 元算幾調不等式。

註2: 我們知道, 圓的切線是指僅與圓交於一點的直線。圖 3 中, 圓心 O 與切點 S 的連線 OS 為何會垂直圓 O 的切線 P S 呢? 在此提供一個簡單的證明如下:

(10)

證明: 使用反證法, 假設半徑 OS 與直線 P S 不垂直 (∗), 則過 O 作直線 P S 的垂線時, 垂足 Q 將不會是 S 點。假設直線 P S 上, Q 與 P 兩點位在切點 S 的異側, 如下圖:

圖10

因為 SOQ 為直角三角形, 斜邊 SO 為最大邊, 可知 SO > OQ。在上圖中, 於直線 P S 上取 S 滿足 SQ = SQ, 且 S, S 位於 Q 的不同側, 則有 SQO SQO (SAS 性質), 知 SO = SO,因此 S 也落在圓 O 上。此時, 直線 P S 與圓交於 S, S 兩點, 這與 P S 為圓切線的前提矛盾。而另一種情形, 即 Q 與 P 兩點位在切點 S 的同側時, 同理可得出矛盾 (其參考圖形, 可將圖 10 中 S, S 的位置互換)。至此, 可知一開始的假設 (∗) 不成立, 因此 OS 與直線 P S 必定垂直, 證畢。

註3: 此處筆者想介紹關於 (4) 式的一個應用。在建中通訊解題 142 期裡面有一道問題如下:

問題14203: 設有一圓心為 O 的圓, 其中 P A, P B 是圓的兩條切線, 且 P C 為圓的割線並交圓於一點 E, 又 D 是 P C 與 AB 的交點, 如下方的示意圖。若 P E = 4, CD = 2, 求 AD× DB 的值。

圖11 此問題的出處與公告解答, 請參考 [2]。

在 [2] 中, 解題老師介紹完問題 14203 的解答後, 把此題評為一個「幾何難題」。不過, 如果使用問題 6401 的結論 (即 (4) 式), 可得另解如下:

解答: 在證明 (4) 式之後, 可知圖 11 中有

1

P D = 1 2

1

P E + 1 P C

.

(11)

仿照原解法設 DE = x, 代入各線段長, 可將上式化為 1

4 + x = 1 2

1 4+ 1

6 + x

, 接著即可解得 x = −3 +√

17, 最後再仿照 [2] 中的解法求 AD × DB 之值即完成解題。

讀者應當注意, 使用上面的手法解問題 14203 並不會特別簡單, 因為還需先證明 (4) 式。

註4: 印象中, 在原本楊教授講義內的說法, 指出調和平均數是一種「相對的平均」。怎麼說呢?

意思是, 如果按照圖 7 來看, 圖中點出 OA, OB 長度之算術平均數 (OM 長) 的 M 點, 它與 A, B 兩點的距離 MA, MB 之比為 1:1, 是一種「絕對的平均」; 而點出調和平均數 (OP 長) 的 P 點, 它與 A, B 兩點的距離 P A, P B 之比為 OA : OB (由 (16) 式可知), 則是一種「相對的平均」。

參考資料

1. 周伯欣。二元算幾不等式的一個無字證明—附記一段學思歷程。數學傳播季刊, 40(2), 35-38, 2016 http://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d402/40204.pdf.

2. 建中通訊解題活動網頁, 建中數學科網站。

3. 平方平均數, 維基百科條目。

4. Root mean square, Wikipedia.

5. Kenneth H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, 6th ed., McGraw-Hill, New York, 2007.

—本文作者投稿時任職群緯環保^—

二元算幾調不等式的幾何證明