数学学習の記録 256.1 "平面上のベクトル複素数と複素平面空間図形 2次曲線数列 (数学読本)"の第13章("離散的"な世界-数列)の13.2(数学的帰納法と数列)、数学的帰納法の問31

"平面上のベクトル複素数と複素平面空間図形 2次曲線数列 (数学読本)"の第13章("離散的"な世界-数列)の13.2(数学的帰納法と数列)、数学的帰納法の問31を解いてみる。

問31

n=2のとき

$\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{a^{2}+b^{2}+2ab}{4}$

$=\frac{(a-b)^{2}}{4}>0$

よって成り立つ。

n=kのとき成り立つと仮定すると

$\frac{a^{k}+b^{k}}{2}>\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k}$

が成り立つので、

$\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}-\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k+1}$

$=\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}-\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k}\cdot\frac{a+b}{2}$

$>\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}-\frac{a^{k}+b^{k}}{2}\cdot\frac{a+b}{2}$

$=\frac{2a^{k+1}+2b^{k+1}-a^{k+1}-b^{k+1}-ab^{k}-a^{k}b}{4}$

$=\frac{a^{k+1}+b^{k+1}-ab^{k}-a^{k}b}{4}$

$=\frac{(a^{k}-b^{k})(a-b)}{4}>0$

( $a>b\Rightarrow a^{k}>b^{k},\ a<b\Rightarrow a^{k}<b^{k}$ )

よって

$\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}>\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k+1}$

以上よりn=k+1のときも成り立つ。

(証明終)

Kamimura's blog