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 $\dfrac{a_1+a_2}2$ 以及幾何平均數 $\sqrt{a_1\cdot a_2}$, 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 1} http://highscope.ch.ntu.edu.tw/wordpress/?p=15748}。 而 Roger B. Nelsen 在其名著 "Proofs without Words: Exercises in Visual Thinking"^{2 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)。 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 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。 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 ${\Bbb R}^2$ 上的單位正方形 $I^2=\{(x_1,x_2)\mid 0\le x_i\le 1,i=1,2\}$ 。

接下來自原點作射線, 將單位正方形 $I^2$ 切割為兩個全等的三角形。 如圖二所示。

設 $a_1$, $a_2$ 為 2 個正實數。 對於 $\triangle OP_1 P_3$, 將其各邊伸縮 $\sqrt{a_1}$ 倍；對於 $\triangle OP_2 P_3$, 將其各邊伸縮 $\sqrt{a_2}$ 倍。 如圖三所示。 此地我們假定了 $a_1\le a_2$, 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 $(a_1\gt a_2)$ 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。

觀察可知, 在 $\triangle OQ_1 Q_3\bigcup \triangle OQ_2 Q_4$ 中, 包含著一塊長方形 $OQ_1 Q_5 Q_2$, 其長寬分別為 $\sqrt{a_1}$ 與 $\sqrt{a_2}$, 而面積為 $\sqrt{a_1}\cdot\sqrt{a_2}=\sqrt{a_1\cdot a_2}$。 如圖四所示。

既然 $$\hbox{長方形}\, OQ_1 Q_5 Q_2\ \subseteq\ \triangle OQ_1 Q_3 \cup \triangle OQ_2Q_4,$$ 所以當然有 $$\sqrt{a_1\cdot a_2}\le \frac{a_1+a_2}2\ \hbox{。}$$

下面再看 $n=3$ 的情況。 一樣首先考慮 ${\Bbb R}^3$ 中的單位立方體 $I^3$, 然後自原點 $O$ 向各面頂點作射線, 此時可將單位立方體 $I^3$ 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 $\dfrac 13$。 如圖五、圖六、圖七所示。

設 $a_1$, $a_2$, $a_3$ 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 $\root 3 \of {a_1}$, $\root 3 \of {a_2}$, $\root 3 \of {a_3}$。 如圖八所示。 經過伸縮後的金字塔, 體積分別為 $\dfrac {a_1}3,\dfrac{a_2}3,\dfrac{a_3}3$。 此地我們假定了 $a_1\le a_2\le a_3$, 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。 作者提供 Geogebra 繪圖

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 $\dfrac{a_1+a_2+a_3}3$。 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 $\root 3\of {a_1}$, $\root 3\of {a_2}$, $\root 3\of {a_3}$, 因而體積為 $\root 3\of {a_1}\cdot \root 3\of {a_2}\cdot \root 3\of {a_1}= \root 3\of {a_1\cdot a_2\cdot a_3}$。 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 $$\root 3\of {a_1\cdot a_2\cdot a_3}\le \frac{a_1+a_2+a_3}3\ \hbox{。}$$

三、任意 $n$ 維的情況

在 ${\Bbb R}^n$ 中, 考慮單位方塊 $I^n=\{(x_1,\ldots,x_n)\mid 0\le x_i\le 1,i=1,\ldots,n\}$。 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 $I^n$ 分割為 $n$ 個超金字塔(Hyper square pyramid), 記此 $n$ 個超金字塔為 $\hbox{HSP}_i=\{(x_1,\ldots,x_n)\mid 0\le x_1,\ldots,x_{i-1},x_{i+1},\ldots,x_n\le x_i,0\le x_i\le 1\}$, $i=1,\ldots,n$。 顯然有 $\bigcup_{i=1}^n \hbox{HSP}_i =I^n$。 又任意兩個超金字塔 HSP$_i$ 與 HSP$_j$ 形狀必是全等的 (亦即 HSP$_i\simeq \hbox{HSP}_j,1\le i,j\le n$)。 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(HSP$_i\bigcap$ HSP$_j)=0$, $iot=j$。 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(HSP$_i)=\dfrac 1n$, $i=1,\ldots,n$。

考慮任意 $n$ 個正實數 $a_1,\ldots,a_n$, 不失一般性, 我們假設 $a_1\le \cdots\le a_n$。 對於第 $i$ 個數 $a_i$, 定義矩陣 $$A_i=\left[\begin{array}{ccc} \root n\of {a_i}&~\cdots~&0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&\root n\of {a_i} \end{array}\right],$$ 並由此誘導出 ${\Bbb R}^n$ 中的伸縮變換 $T_i: {\Bbb R}^n \to {\Bbb R}^n$, $T_i (\vec x)=A_i \vec x$, $\vec x\in {\Bbb R}^n$。 對於第 $i$ 個超金字塔 HSP$_i$, 應用伸縮變換 $T_i$, 定義 $\Omega_i=T_i (\hbox{HSP}_i)=\{(x_1,\ldots,x_n)\mid 0\le x_1,\ldots,x_{i-1},x_{i+1},\ldots$, $x_n\le x_i$, $0\le x_i\le {\root n\of {a_i}}\}$, 此舉之幾何意義正是將 HSP$_i$ 各邊伸縮 ${\root n\of {a_i}}$ 倍。 所以可知 $$\hbox{vol}(\Omega_i)=\dfrac 1n\cdot ({\root n\of {a_i}})^n=\dfrac{a_i}n\ \hbox{。}$$

將所有經伸縮過的超金字塔拼在一起, 即考慮集合 $\bigcup_{i=1}^n \Omega_i$。 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 $$\hbox{vol}\Big(\bigcup_{i=1}^n \Omega_i\Big)=\sum_{i=1}^n \hbox{vol}(\Omega_i)=\sum_{i=1}^n \frac{a_i}n=\frac{a_1+\cdot+a_n}n\ \hbox{。}$$

我們再考慮超盒 $K=\{(x_1,\ldots,x_n)\mid 0\le x_i\le {\root n\of {a_i}}$, $i=1,\ldots,n\}$, 其體積 vol$(K)={\root n\of {a_1}}\cdot \ldots \cdot {\root n\of {a_n}}$。 任取 $K$ 中一點 $P=(x_1,\ldots,x_n)$, 命 $x_M=\max\{x_1,\ldots,x_n\}$, 則有 $0\le x_j\le x_M$, $0\le x_M\le {\root n\of {a_M}}$, $j=1,\ldots,n$, $jot=M$, 由此得 $P\in \Omega_M$, 也就是有 $K\subseteq \bigcup_{i=1}^n \Omega _i$。 考慮兩集合的體積關係, 我們立即得到 \begin{equation} \hbox{vol}(K)\le \hbox{vol}\Big(\bigcup_{i=1}^n \Omega_i\Big).\label{1} \end{equation} 也就有以下定理：

定理(算幾不等式)： 設 $a_1,\ldots,a_n$ 是任意 $n$ 個正實數, 則有 $${\root n\of {a_1}}\cdot \ldots \cdot {\root n\of {a_n}}\le \frac{a_1+\cdots +a_n}n\ \hbox{。}$$

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 $a_1=\cdots =a_n$ 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 $$\frac{a_1+\cdots +a_n}n={\root n\of {a_1}}\cdot \ldots \cdot {\root n\of {a_n}},$$ 這意味著 vol$\big(\bigcup_{i=1}^n \Omega_i\big)=\hbox{vol}(K)$。 倘若 $a_1,\ldots,a_n$ 這 $n$ 個數並未完全相等, 我們選取其中最大者, 假定是 $a_M$。此時觀察截面 $\{(x_1,\ldots,x_n)\mid 0\le x_1,\ldots,x_{M-1},x_{M+1},\ldots,x_n\le x_M$, $x_M={\root n\of {a_M}}\}$, 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 $\bigcup_{i=1}^n \Omega _i$ 之中, $\Omega_M$ 將會「凸」出來一角, 這將使得超盒 $K$ 的體積必小於 $\bigcup_{i=1}^n \Omega _i$ 的體積, 此與我們假定的前提矛盾, 因此 $a_1,\ldots,a_n$ 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---