n 元算幾不等式的一個幾何證明
周伯欣
一、 引言
關於 n 元算幾不等式的證明, 在 n = 2 的情況, 具有數種的無字證明 (proof without words), 主要利用平面幾何圖形特性, 以面積或是線段長度表示出算術平均數 a1 + a2
2 以及 幾何平均數 √a1· a2, 從圖形可輕易觀察兩者間的不等關係。 楊瓊茹在科技部高瞻自然科學教 學資源平台的文章彙整了 6 種無字證明1。 而 Roger B. Nelsen 在其名著 “Proofs without Words: Exercises in Visual Thinking”2也列舉了數種無字證明。 我在參考文獻 [1] 中提出 了一個新無字證明, 所需的先備數學知識或許是目前無字證明中最少的。 而關於 n = 3 的情況, 目前筆者僅在蔡宗佑先生所著 《按圖索驥 — 無字的證明》3一書中見到, 然而其證明略嫌迂迴, 尚須引入一條引理始能論證。
我在參考文獻 [1] 中所提出的證明, 略經修改, 可以推廣至任意 n 維的情況, 而且不須援 用任何引理。 本文以下先從 n = 2, 3 的情況討論起, 繪製出無字證明的圖形, 以做為後半段推 廣至一般 n 維 Euclid 空間的討論基礎。
二、 n = 2, 3 的情況
如圖一所示, 考慮 R2 上的單位正方形 I2 = {(x1, x2) | 0 ≤ xi ≤ 1, i = 1, 2} 。
圖一
1 http://highscope.ch.ntu.edu.tw/wordpress/?p=15748
2肖占魁、 徐沙鳳 (譯)。 尼爾森: 數學寫真集 (第 1 季) 無須語言的證明。 北京: 機械工業出版社,2014。(Roger B. Nelsen, 1993); 肖 占魁、 符穩聯 (譯)。 尼爾森: 數學寫真集 (第 2 季) 無須語言的證明。 北京: 機械工業出版社, 2014。(Roger B. Nelsen, 1993)。
3 蔡宗佑。 按圖索驥 — 無字的證明。 臺北市: 三民書局股份有限公司, 2016。
接下來自原點作射線, 將單位正方形 I2 切割為兩個全等的三角形。 如圖二所示。
圖二
設 a1, a2 為 2 個正實數。 對於 △OP1P3, 將其各邊伸縮 √a1 倍; 對於 △OP2P3, 將其各邊 伸縮 √a2 倍。 如圖三所示。 此地我們假定了 a1 ≤ a2, 這樣的假定僅僅只是為了討論方便, 完 全不影響論證對於另一種情況 (a1 > a2) 的有效性, 因為我們總是可以將有限個實數按大小排 序, 交換文字順序事實上對於算幾不等式並無影響。 換句話說, 算幾不等式在對稱群下具備不變 性。
圖三
觀察可知, 在 △OQ1Q3S △OQ2Q4 中, 包含著一塊長方形 OQ1Q5Q2, 其長寬分別為 √a1
與 √a2, 而面積為 √a1·√a2 =√a1· a2。 如圖四所示。
圖四 既然
長方形 OQ1Q5Q2 ⊆ △OQ1Q3∪ △OQ2Q4, 所以當然有
√a1· a2 ≤ a1+ a2
2 。
下面再看 n = 3 的情況。 一樣首先考慮 R3 中的單位立方體 I3, 然後自原點 O 向各面 頂點作射線, 此時可將單位立方體 I3 分割為 3 個全等的金字塔 (square pyramid)。 每個金字 塔的體積都正好是 1
3。 如圖五、 圖六、 圖七所示。
圖五 圖六 圖七
設 a1, a2, a3 為 3 個正實數, 分別對 3 個金字塔進行伸縮, 伸縮倍數分別為 √3 a1, √3 a2, √3 a3。 如圖八所示。 經過伸縮後的金字塔, 體積分別為 a1
3,a2 3,a3
3。 此地我們假定了 a1 ≤ a2 ≤ a3,
這樣的假定僅僅只是為了討論方便, 完全不影響論證對於其他情況的有效性, 老話一句, 算幾不 等式在對稱群下具備不變性。
圖八
將這 3 個經伸縮過後的金字塔拼在一起, 所得到的新圖形體積為 a1 + a2+ a3
3 。 觀察知, 在此 新圖形之中, 包含了一個長方體盒子, 長、 寬、 高分別為 √3 a1, √3 a2, √3a3, 因而體積為 √3a1 ·
√3 a2·√3 a1 =√3 a1· a2 · a3。 如圖九、 圖十所示。
由於長方體盒子包含在三個大小不一的金字塔構成的新圖形之中, 因此從體積關係自然可 得三元算幾不等式
√3a1· a2· a3 ≤ a1+ a2+ a3
3 。
圖九 圖十
三、 任意 n 維的情況
在 Rn 中, 考慮單位方塊 In = {(x1, . . . , xn) | 0 ≤ xi ≤ 1, i = 1, . . . , n}。 如同我們在 n = 2, 3 一般, 由原點 O 向各點作射線, 將單位方塊 In 分割為 n 個超金字塔 (Hyper square pyramid), 記此 n 個超金字塔為 HSPi = {(x1, . . . , xn) | 0 ≤ x1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xn ≤ xi,0 ≤ xi ≤ 1}, i = 1, . . . , n。 顯然有 Sn
i=1HSPi = In。 又任意兩個超金字塔 HSPi 與 HSPj 形狀必是全等的 (亦即 HSPi ≃ HSPj,1 ≤ i, j ≤ n)。 而任意兩個相異超金字塔的 交集必然包含於 n − 1 維子空間之中, 所以有 vol(HSPiT HSPj) = 0, i 6= j。 既然單位 方塊係由 n 個全等的超金字塔所構成, 且彼此交集的體積為零, 所以得到 vol(HSPi) = 1
n, i= 1, . . . , n。
考慮任意 n 個正實數 a1, . . . , an, 不失一般性, 我們假設 a1 ≤ · · · ≤ an。 對於第 i 個數 ai, 定義矩陣
Ai =
√nai · · · 0 ... ... ...
0 · · · √nai
,
並由此誘導出 Rn中的伸縮變換 Ti : Rn → Rn, Ti(~x) = Ai~x, ~x ∈ Rn。 對於第 i 個超金字塔 HSPi, 應用伸縮變換 Ti, 定義 Ωi = Ti(HSPi) = {(x1, . . . , xn) | 0 ≤ x1, . . . , xi−1, xi+1, . . ., xn ≤ xi, 0 ≤ xi ≤ √nai}, 此舉之幾何意義正是將 HSPi 各邊伸縮 √nai 倍。 所以可知
vol(Ωi) = 1
n · (√nai)n = ai n 。 將所有經伸縮過的超金字塔拼在一起, 即考慮集合 Sn
i=1Ωi。 由於任兩個伸縮過後的金字 塔的交集的體積還是 0, 所以我們可知
vol[n
i=1
Ωi
=
n
X
i=1
vol(Ωi) =
n
X
i=1
ai
n = a1+ · + an
n 。
我們再考慮超盒 K = {(x1, . . . , xn) | 0 ≤ xi ≤ √nai, i = 1, . . . , n}, 其體積 vol(K) =
√na1 · . . . · √nan。 任取 K 中一點 P = (x1, . . . , xn), 命 xM = max{x1, . . . , xn}, 則有 0 ≤ xj ≤ xM, 0 ≤ xM ≤ √naM, j = 1, . . . , n, j 6= M, 由此得 P ∈ ΩM, 也就是有 K ⊆Sn
i=1Ωi。 考慮兩集合的體積關係, 我們立即得到 vol(K) ≤ vol[n
i=1
Ωi
. (1)
也就有以下定理:
定理 (算幾不等式): 設 a1, . . . , an 是任意 n 個正實數, 則有
√n
a1· . . . · √n
an≤ a1+ · · · + an
n 。
一般所見到的算幾不等式的敘述, 都是以非負實數為討論範疇。 而我們這裡僅侷限於正實 數的情況, 不過非負實數的情況與此地相較也只不過是增加討論某幾數為 0 的可能性, 而且不 難看出, 只要有一數為 0, 不等式顯然成立。 真正有意思的部分應該是全部 n 個數皆為正實數 的情況。
下面我們來討論不等式等號成立的充要條件。 當 a1 = · · · = an 時, 不等式的等號顯然成 立。 反過來, 如果已知不等式的等號成立, 也就是有
a1+ · · · + an
n = √na1 · . . . · √nan, 這意味著 vol Sn
i=1Ωi = vol(K)。 倘若 a1, . . . , an 這 n 個數並未完全相等, 我們選取其中 最大者, 假定是 aM。 此時觀察截面 {(x1, . . . , xn) | 0 ≤ x1, . . . , xM −1, xM+1, . . . , xn ≤ xM, xM = √naM}, 可以發現該面比超盒 K 的任一面都大, 就幾何眼光看來, 此意味著在Sn
i=1Ωi
之中, ΩM 將會 「凸」 出來一角, 這將使得超盒 K 的體積必小於 Sn
i=1Ωi 的體積, 此與我們假 定的前提矛盾, 因此 a1, . . . , an 必完全相等。
致謝
本文之完成, 得到中央研究院數學研究所張清煇研究員的悉心指導, 才讓作者有機會繼續 在 《數學傳播》 上野人獻曝, 在此致上最高謝意。 另外作者感謝審稿人的細心審閱, 提出了相當 多有益的建議。 此外感謝台北鵬展補習班的李家源主任提供作者寬鬆的工作環境, 讓作者在課 餘之暇還能進行一些小小研究。
參考文獻
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。
—本文作者現任教台北鵬展補習班, 並主持 「宇宙數學教室」 數學部落格—
