f(AX+BY)≦Af(X)+Bf(Y)を用いた証明

質問

関数f(X)についてf(AX+BY)≦Af(X)+Bf(Y)　(X,Y実数　A＞0 , B＞0 ,　　A+B=1)
が成り立つとき

f(A1X1+A2X2+・・・+A(n)X(n))≦A1f(X1)+A2f(X2)+・・・+A(n)f(X(n))
（ただし　A1+A2+・・・+A(n)＝1　A(n)＞0　n≧2の自然数）
が成り立つのを帰納法で示したいのですが、よくわかりません
助けてください

回答No.2

R_Earl · ベストアンサー

> しかし
> 仮定法を用いる場合、n =1,2,3・・・ kすべてを仮定しなければ（つまり強化帰納法）
> n = k + 1　を示す際に仮定を用いることが出来ないんではないでしょうか？

そんなことはありません。

まず、n = 2からスタートしてもOKです。
今回の問題は『n≧2の自然数』で成り立つことを証明しなさいという問題なので、
n = 2からスタートする問題です。
n = 1のケースは必要ないので、示す必要はありません。
さらに今回の問題の場合、
『n = 2の時に、f(A1X1 + A2X2 + …… + A(n)X(n)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(n)f(X(n))が成り立つ』
ということはすでに問題文中に書いてあります。
なのでn = 2の場合を示すのは、簡単にできます。

また、n = k + 1で『f(A1X1 + A2X2 + …… + A(n)X(n)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(n)f(X(n))』が
成り立つことを示すのに必要なのは、n = kとn = 2だけです。
n = 3 ～ (k-1)に関しては必要ありません。

基本的に帰納法では、次の2つの証明をします。

[1] n = 1の時、命題が成立
[2] n = kの時に命題が成立するならば、n = k + 1でも命題が成立

この二つが証明できるだけで、

(1) [1]より、n = 1で命題が成立
(2) (1)よりn = 1で命題が成立するので、[2]でk = 1を考えるとn = 2で命題が成立
(3) (2)よりn = 2で命題が成立するので、[2]でk = 2を考えるとn = 3で命題が成立
(4) (3)より……
……

といった感じに、全ての自然数nで命題が成り立つことが示せます。

今回の問題はn = 2からスタートなので、[1]に関しては『n = 2の時、命題が成立』
という感じに変更して問題を解いています。

もちろんn = 1, 2, 3, ……, kで命題が成り立つと仮定し、
n = k + 1でも命題が成り立つことを示すような問題も存在します。
ただしそういった問題は
『n = 1, 2, ……, kで命題が成り立つことを利用しないと、
　n = k + 1の場合に命題が成り立つことを証明することができない』
という場合だけです。
しかし今回の問題はそうではないです。
n = 3, 4, ……, (k - 1)で命題が成り立つことを利用しなくても解けるんです。

> またその仮定の用い方がよくわかりません・・・

[1]
n = 2の場合、問題文より

(1)『f(A1X1 + A2X2) ≦ A1f(X1) + A2f(X2)は正しい(ただしA1 + A2 = 1, 0 < A(n))』

[2]
n = kで『f(A1X1 + A2X2 + …… + A(n)X(n)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(n)f(X(n))』が成り立つと仮定する。
すると

(2)『f(A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(k)f(X(k))は正しい(ただしA1 + A2 + … + A(k) = 1, 0 < A(n))』

となる。
(1)(2)を利用して、n = k + 1でも
『f(A1X1 + A2X2 + …… + A(n)X(n)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(n)f(X(n))』が
成り立つことを証明する。

ここでf(A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) + A(k+1)X(k+1))を考える
(ただしA1 + A2 + … + A(k) + A(k+1) = 1, 0 < A(n)。また、ここで使用するA(n)は、先ほどの(1)(2)のA(n)とは別のものである)。

f(A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) + A(k+1)X(k+1))
= f( ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) + ( A(k+1)X(k+1) ) )
= f( (1 - A(k+1)){ ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1))} + ( A(k+1)X(k+1) ) )

(1 - A(k+1))とA(k+1)の和は1なので、この式に対して(1)が適用できる。
実際に適用すると
f( (1 - A(k+1)){ ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1))} + ( A(k+1)X(k+1) ) )
≦ (1 - A(k+1))f( ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1)) ) + A(k+1)f( X(k+1) )

よって

f(A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) + A(k+1)X(k+1))
≦ (1 - A(k+1))f( ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1)) ) + A(k+1)f( X(k+1) ) …… (3)

(3)の(1 - A(k+1))f( ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1)) )の項だけに注目する。

(1 - A(k+1))f( ( A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k) ) / (1 - A(k+1)) )
= (1 - A(k+1))f( { A1 / (1 - A(k+1)) }X1 + { A2 / (1 - A(k+1)) }X2 + … + { A(k) / (1 - A(k+1)) }X(k) ) …… (4)

A1 + A2 + … + A(k) + A(k+1) = 1なので
A1 + A2 + … + A(k) = 1 - A(k+1)
よって(4)において、X1 ～ X(k)の係数の総和は
( A1 + A2 + …… + A(k) ) / ( 1 - A(k+1) ) = 1
となる。またX1 ～ X(k)の係数はすべて正の数なので(2)が適用できる。

ここで(4)式に対して(2)の仮定を適用して下さい。

お礼

わかりました！
最初の回答のように
あくまで2つのかたまりにして（ただしそのかたまりの係数の和は1）
でみればいいんですね！

強化帰納法については勘違いしていました

こんな物凄く打つのが大変な式を二度にわたって詳細に、しかも丁寧に・・・
大感謝です。
本当にありがとうございました！

回答No.3

mister_moonlight

それは、絶対不等式で、凸関数に関わる重要な性質の証明なんだが、ここに書き込むのはちょっと大変なので、ＵＲＬを貼っておく。
但し、帰納的にも証明は出来ないことはないが、ちょつと大変。
下のＵＲＬで理解できなければ、“凸関数”で検索すれば、沢山出てくる。

http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/kaisekikiso/node39.html

お礼

回答ありがとうございます
“凸関数”で検索して見入っていましたｗ
いろんな面白い性質を持つものなんですね

回答No.1

R_Earl

> 関数f(X)についてf(AX+BY)≦Af(X)+Bf(Y)　(X,Y実数　A＞0 , B＞0 ,　　A+B=1)

例えばここからn = 3のケースに拡張したいとします。
つまり、f(A1X1 + A2X2 + A3X3) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + A3f(X3)を示したいとします。
この時、A1X1 + A2X2をひとまとまり、新たに追加したA3X3をひとまとまりとして考えれば良いです。

f(A1X1 + A2X2 + A3X3)
= f( (A1X1 + A2X2) + A3X3 )

n = 2の場合のf(AX + BY) ≦ Af(X) + Bf(Y)は、AとBの和が1の時しか利用できないので、
(A1X1 + A2X2)の係数を無理矢理(1 - A3)に変更します。

f( (A1X1 + A2X2) + A3X3 )
= f( (1 - A3){ (A1X1 + A2X2)/(1 - A3)} + A3X3 )

ここで(1 - A3) = A、{ (A1X1 + A2X2)/(1 - A3)} = X、A3 = B、X3 = Yとみなして
f(AX + BY) ≦ Af(X) + Bf(Y)を適用してあげると

f( (1 - A3){ (A1X1 + A2X2)/(1 - A3)} + A3X3 )
≦ (1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) ) + A3f(X3)

ここまでの話をまとめると

f(A1X1 + A2X2 + A3X3) ≦ (1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) ) + A3f(X3) …… (1)

となります。
さて、ここで(1)の右辺の(1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) )のみに注目します。

(1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) )
= (1 - A3)f( {A1/(1 - A3)}X1 + {A2/(1 - A3)}X2 )

と変形できます(分配法則)。
元々A1 + A2 + A3 = 1となるように設定されているので、A1 + A2 = 1 - A3です。
よって、(1 - A3)f( {A1/(1 - A3)}X1 + {A2/(1 - A3)}X2 )に登場する
{A1/(1 - A3)}と{A2/(1 - A3)}の和は1です。
なので{A1/(1 - A3)} = A、X1 = X、{A2/(1 - A3)} = B、X2 = Yとみなすと、
A + B = 1なので、再びf(AX + BY) ≦ Af(X) + Bf(Y)が適用できます。

(1 - A3)f( {A1/(1 - A3)}X1 + {A2/(1 - A3)}X2 )
≦ (1 - A3)[ {A1/(1 - A3)}f(X1) + {A2/(1 - A3)}f(X2) ]
= A1f(X1) + A2f(X2) （分配法則）
よって、これまでの話をまとめると、

(1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) ) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) …… (2)

となります。

(1)(2)より

f(A1X1 + A2X2 + A3X3)
≦ (1 - A3)f( (A1X1 + A2X2)/(1 - A3) ) + A3f(X3)
≦ A1f(X1) + A2f(X2) + A3f(X3)

となります。

さて、全ての自然数nに対して

f(A1X1 + A2X2 + …… + A(n)X(n)) ≦ A1f(X1) + A2f(X2) + …… + A(n)f(X(n))

を示したいなら、n = kの場合に成立していると仮定し、n = k + 1の時に成り立つことを、似たような方法で示せば良いと思います。
A1X1 + A2X2 + …… + A(k)X(k)をひとまとまり、A(k+1)X(k+1)をひとまとまりとみて
n = 2の時の不等式を適用し、その後n = kの時の不等式を適用すれば示せると思います。

お礼

回答ありがとうございます

しかし
仮定法を用いる場合、n =1,2,3・・・ kすべてを仮定しなければ（つまり強化帰納法）
n = k + 1　を示す際に仮定を用いることが出来ないんではないでしょうか？
またその仮定の用い方がよくわかりません・・・