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 ), 我們看到了關於底下不等式漂亮的圖解證明: \begin{equation} \frac{a+b}2\ge \sqrt{ab}, \label{1} \end{equation} 其中 $a,b$ 為正數。 透過 的介紹, 我們知道可利用底下兩種幾何圖形來理解 \eqref{1} 式：

除了上面出現的 $\dfrac{a+b}2$ 與 $\sqrt{ab}$ 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 $$\dfrac 1{\frac 12 (\frac 1a+\frac 1b)}=\frac{2ab}{a+b}.$$ 由 \eqref{1} 可知 $\dfrac2{a+b}\le \dfrac 1{\sqrt{ab}}$, 對此不等式兩側同乘 $ab$ 得 \begin{equation} \frac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}. \label{2} \end{equation} 將 \eqref{1} 式與 \eqref{2} 式結合, 即得 \begin{equation} \frac{a+b}2\ge \sqrt{ab}\ge\frac{2ab}{a+b}. \label{3} \end{equation} 不妨將 \eqref{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 \eqref{3}, 而圖 1 所引出的兩個幾何方法, 都能證明 \eqref{3} 式左半邊的不等式。 不過, 是否有足以證明 \eqref{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 \eqref{3} 式的幾何證明。

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, $\overline{PS}$、 $\overline{PT}$ 分別與圓 $O$ 相切於 $S$ 與 $T$, 過 $P$ 點作圓 $O$ 的割線 $PAB$, 交圓 $O$ 於 $A$、 $B$ 兩點, 與 $\overline{ST}$ 交於 $C$ 點。

證明： \begin{equation} \frac1{~\overline{PC}~} =\frac 12 \Big(\frac 1{~\overline{PA}~} +\frac 1{~\overline{PB}~}\Big).\label{4} \end{equation} 問題出處與公告的解答, 請參考。

除了 中的證明, 筆者另給一個證明如下：

證明： 在圖 2 中連接 $\overline{OS}$, $\overline{OP}$, $\overline{OB}$, 則 $\overline{OS}\bot \overline{PS}$ (註2) 且 $\overline{OP}\bot \overline{ST}$。 設 $\overline{OP}$ 交 $\overline{ST}$ 於 $E$, 作 $\overline{OD}\bot \overline{PB}$ 於 $D$ 之後, 我們換個角度, 改看下圖：

其中, 我們令 $\overline{PE}=\ell$, $\overline{CE}=s$, $\overline{OD}=d$, 並假設半徑 $\overline{OS}=\overline{OB}=r$。 因 $\overline{OD}$ 平分 $\overline{AB}$, 由上圖可知 $$\overline{AD}=\overline{BD}=\sqrt{\overline{OB}^2-\overline{OD}^2 }=\sqrt{r^2-d^2}.$$ 因為$\triangle PCE\sim \triangle POD$ (AA相似), 可知 $\frac{~\overline{PE}~}{\overline{CE}} =\frac{~\overline{PD}~}{\overline{OD}}$ 及 $\frac{~\overline{PC}~}{\overline{CE}} =\frac{~\overline{PO}~}{\overline{OD}}$, 兩者分別可得出 \begin{eqnarray} %\frac{~\overline{PE}~}{\overline{CE}} &=&\frac{~\overline{PD}~}{\overline{OD}}\Rightarrow \frac\ell s=\frac{~\overline{PD}~}d\Rightarrow \overline{PD}&=&\frac{~\overline{PE}~}{\overline{CE}}\cdot \overline{OD} =\frac \ell s d,\nonumber\\ %\frac{~\overline{PC}~}{\overline{CE}} &=&\frac{~\overline{PO}~}{\overline{OD}}\Rightarrow %\frac{~\overline{PC}~} s=\frac{~\overline{PO}~}d\Rightarrow \overline{PO}&=&\frac{~\overline{PC}~}{\overline{CE}}\cdot \overline{OD} =\frac {~\overline{PC}~} s d.\label{5}\\ {\hbox{因此可寫出 $\overline{PA}$, $\overline{PB}$ 的表達式如下:}} \overline{PA}&=&\overline{PD}-\overline{AD}=\frac \ell s d-\sqrt{r^2-d^2},\nonumber\\ \overline{PB}&=&\overline{PD}+\overline{BD}=\frac \ell s d+\sqrt{r^2-d^2}.\nonumber \end{eqnarray} 利用此兩表達式, 可再寫下 \begin{equation} \frac{\overline{PA}+\overline{PB}}2=\overline{PD}=\frac \ell s d,\label{6} \end{equation} \begin{equation} \overline{PA}\cdot\overline{PB}=\frac{\ell^2}{s^2} d^2-(r^2-d^2 )=\frac{\ell^2+s^2}{s^2} \times d^2-r^2=\frac{\overline{PC}^2}{s^2} \times d^2-r^2=\overline{PO}^2-r^2.\label{7} \end{equation} 注意在上式的最後一個等號處我們用上了 \eqref{5} 式。

因為圖 3 中有 $\triangle POS\sim \triangle SOE$ (AA相似) 的條件, 可知 $\frac{~\overline{PO}~}{\overline{OS}} =\frac{~\overline{SO}~}{\overline{OE}}$, 因此得 \begin{equation} \overline{PO}\cdot \overline{OE}=\overline{SO}^2=r^2.\label{8} \end{equation} 將 \eqref{4} 式改寫為如下的等價式子: \begin{equation} %\frac{\overline{PA}+\overline{PB}}{2\overline{PA}\cdot\overline{PB}}=\frac 1{~\overline{PC}~}\Leftrightarrow \overline{PA}\cdot \overline{PB}=\frac{\overline{PA}+\overline{PB}}2\cdot \overline{PC}.\label{9} \end{equation} 先利用 \eqref{6}, \eqref{7} 兩式的結果, 考慮 \eqref{9} 式的左式與右式相減, 再利用 \eqref{5}, \eqref{8} 兩式可知 \begin{eqnarray*} \hbox{\eqref{9} 左式}-\hbox{\eqref{9} 右式}&=&\overline{PO}^2-r^2-\frac \ell s d\cdot \overline{PC} =\overline{PO}^2-r^2-\overline{PO}\cdot \ell\\ &=&\overline{PO}\cdot(\overline{PO}-\overline{PE} )-r^2=\overline{PO}\cdot\overline{OE}-r^2=r^2-r^2=0. \end{eqnarray*} 這樣子就證明了 \eqref{9} 式, 因此 \eqref{4} 式得證(註3)。

上面的證明與原本 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 $\triangle SPE$, $\triangle OPS$ 這組相似形得出兩道邊長關係, 再透過切割線定理的結論 \begin{equation} \overline{PS}^2=\overline{PA}\cdot \overline{PB} \label{10} \end{equation} 證明 \eqref{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 \eqref{10} 式, 一般較常見的證明方法是透過圖 3 中 $\triangle PSA \sim\triangle PBS$ 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 $\triangle POS$ 為直角三角形, 完成 \eqref{7} 式之前各步驟的推導後, 由 \eqref{7} 式可知 $$\overline{PA}\cdot\overline{PB}=\overline{PO}^2-r^2=\overline{PO}^2-\overline{SO}^2=\overline{PS}^2.$$ 這樣就證出了 \eqref{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 \eqref{3} 式的證明。 設圖 3 中有 $\overline{PA}=a$, $\overline{PB}=b$, 由 \eqref{4} 式可知 \begin{equation} \overline{PC}=\dfrac 1{\frac 12 (\frac 1{~\overline{PA}~} +\frac 1{~\overline{PB}~})}=\dfrac 1{\frac 12 (\frac 1a+\frac 1b)}=\frac{2ab}{a+b},\label{11} \end{equation} 因此 $\overline{PC}$ 長為 $a,b$ 的調和平均數； 而利用 \eqref{6} 式與 \eqref{10}式, 可知 $\overline{PD}$, $\overline{PS}$ 之長分別為 $a,b$ 的算術平均數與幾何平均數, 如下： \begin{eqnarray} \overline{PD}&=&\frac{\overline{PA}+\overline{PB}}2=\frac{a+b}2,\label{12}\\ \overline{PS}&=&\sqrt{\overline{PA}\cdot\overline{PB}}=\sqrt{ab}.\label{13} \end{eqnarray} 觀察圖 3 中 $\triangle POS$, $\triangle POD$, $\triangle PSE$, $\triangle PCE$ 四個直角三角形, 利用畢氏定理, 由 $\overline{OD}\le \overline{OS}$, $\overline{SE}\ge \overline{CE}$ 兩條件, 可知 \begin{eqnarray} \overline{PD}&=&\sqrt{\overline{PO}^2-\overline{OD}^2}\ge\sqrt{\overline{PO}^2-\overline{OS}^2}=\overline{PS}, \label{14}\\ \overline{PS}&=&\sqrt{\overline{SE}^2+\overline{PE}^2}\ge\sqrt{\overline{CE}^2+\overline{PE}^2}=\overline{PC}.\label{15} \end{eqnarray} 注意 \eqref{14}, \eqref{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 \eqref{14}, \eqref{15} 兩式可知 $$\overline{PD}\ge \overline{PS}\ge \overline{PC}.$$ 將 \eqref{11}, \eqref{12}, \eqref{13} 三式的結果代入上式, 即得 $$\frac{a+b}2\ge \sqrt{ab}\ge \frac{2ab}{a+b},$$ 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 \eqref{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 \eqref{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 $\overline{PA}$, $\overline{PB}$ 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 $a\le b$, 我們可依下列步驟畫出圖 3：

1. 作線段 $\overline{PB}=b$, 並在 $\overline{PB}$ 上取點 $A$ 滿足 $\overline{PA}=a$；
2. 取 $\overline{AB}$ 的中點 $D$, 則 $\overline{PD}=\dfrac{a+b}2$；
3. 過 $D$ 作 $\overline{AB}$ 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 $\overline{PS}$, $\overline{PT}$, 分別以 $S,T$ 為切點, 則 $\overline{PS}=\sqrt{ab}$；
5. 連接 $\overline{ST}$, 設 $\overline{ST}$ 交 $\overline{PB}$ 於 $C$, 則 $\overline{PC}=\dfrac{2ab}{a+b}$。

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：

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

在上圖中 $\triangle COD$ 作高 $\overline{DE}$ 之後, 可得下圖：

因為 $\triangle COD \sim\triangle CDE$ (AA相似), 可知 $\frac{~\overline{CO}~}{\overline{CD}} =\frac{~\overline{CD}~}{\overline{CE}}$, 從而有 $$\overline{CE}=\frac{\overline{CD}^2}{\overline{CO}} =\frac{2ab}{a+b}.$$ 因此 $\overline{CE}$ 長度為 $a,b$ 的調和平均數。

而觀察圖 5 中的 $\triangle CDE$, 與上述觀察 $\triangle COD$ 的道理相同, 可知 $\overline{CD}\ge\overline{CE}$。 因此可寫下 $\overline{CO}\ge\overline{CD}\ge\overline{CE}$, 而得不等式 $$ \frac{a+b}2\ge \sqrt{ab}\ge \frac{2ab}{a+b},$$ 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 \eqref{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：

上圖中, $O,A,B$ 三點共線, 且 $A,B$ 在 $O$ 點的同側, 其中設 $\overline{OA}=a$, $\overline{OB}=b$ 且 $b\ge a\gt 0$。 已知 $\overline{AB}$ 上有一點 $P$, 當 $b\gt a$ 時, 滿足 \begin{equation} \overline{PA}:\overline{PB}=\overline{OA}:\overline{OB}=a:b.\label{16} \end{equation} 假設 $\overline{OP}$ 長為 $s$, 則 $a\lt s\lt b$, 且 $\overline{PA}=s-a$, $\overline{PB}=b-s$。 由 \eqref{16} 式可知 $$(s-a):(b-s)=a:b,$$ 因此可求出 $\overline{OP}=s=\dfrac{2ab}{a+b}$。 而當 $b=a$ 時, 同樣以 $s=\dfrac{2ab}{a+b}$ 來定義 $\overline{OP}$ 長, 此時 $A,P,B$ 重合且 $s=a=b$。 因此, 圖 6 中的 $\overline{OP}$ 長即為 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ 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 \eqref{16} 式。

如果在圖 6 中標上 $\overline{AB}$ 的中點 $M$, 則如下圖：

其中 $\overline{OM}$ 長即為 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ 兩長度之算術平均數 $\dfrac{a+b}2$, 且 $\overline{MA}:\overline{MB}=1:1$。 那麼, 假設 $Q$ 落在圖 7 中的 $\overline{OB}$ 上, 且 $\overline{OQ}$ 長為 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ 長度之幾何平均數 $\sqrt{ab}$, 則由 \eqref{3} 式可知 $Q$ 將落在 $\overline{PM}$ 上, 如下圖:

不過, 除了透過 \eqref{3} 式來證明上圖中 $Q$ 落在 $\overline{PM}$ 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 $\overline{OP}=\overline{OQ}=\overline{OM}=a$, 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) $\overline{PM}$ 上；

(ii) 當 $b\gt a$ 時, 因 $\overline{OQ}$ 長為 $\sqrt{ab}$ 且 $a\lt \sqrt{ab}\lt b$, 此時有 \begin{equation} \overline{QA}:\overline{QB}=(\sqrt{ab}-a):(b-\sqrt{ab})=\sqrt{a}:\sqrt{b}. \label{17} \end{equation} 對於任一滿足 $t\gt 1$ 的正數 $t$, 因為 $t-1\gt 0$, 由 $t-1=(\sqrt{t}-1)(\sqrt{t}+1)$ 可知 $$\sqrt{t}-1=\dfrac{t-1}{\sqrt{t}+1}>0.$$ 因此有 $ \sqrt{t}>1$, 不等號兩側同乘 $ \sqrt{t}$ 後得 $t\gt \sqrt{t}$, 兩不等式合併後得 $1\lt \sqrt{t}\lt t$。

利用上述結果, 因為 $\dfrac ba\gt 1$, 可寫下 $1\lt \sqrt{\dfrac ba}=\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\lt \dfrac ba$, 再由 \eqref{16}, \eqref{17} 兩式可知 $$\frac{~\overline{MB}~}{\overline{MA}} \lt \frac{~\overline{QB}~}{\overline{QA}} \lt \frac{~\overline{PB}~}{\overline{PA}}.$$ 對上面不等式中的三個線段長比值同加 1 得 $$%\frac{~\overline{MB}~}{\overline{MA}} +1\lt \frac{~\overline{QB}~}{\overline{QA}} +1\lt \frac{~\overline{PB}~}{\overline{PA}} +1\Rightarrow \frac{~\overline{AB}~}{\overline{MA}} \lt \frac{~\overline{AB}~}{\overline{QA}} \lt \frac{~\overline{AB}~}{\overline{PA}}.$$ 因此有 ${\overline{MA}}>{\overline{QA}}>{\overline{PA}}$, 此推論結果配合圖 7, 可知 $Q$ 落在 $\overline{PM}$ 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 $\overline{MA}\ge \overline{QA}\ge \overline{PA}$, 對其各項同加 $\overline{OA}$, 可得 $$\overline{OM}\ge \overline{OQ}\ge \overline{OP},$$ 所以有 $\dfrac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}\ge \dfrac{2ab}{a+b}$。 因此, 我們得到 \eqref{3} 式的一個另證。

本節最後, 請讀者不妨再次看看上面的 \eqref{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), 後者是來自於 Root Mean Square 這個 Quadratic mean 的別名, 而 Root Mean Square 則是 the square root of the mean square 的簡稱(請參考 )。 兩正數 $a, b$ 的方均根, 定義為 $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

在參考資料 中介紹的一道習題(請見 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 $\dfrac{a+b}{2}$ 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：

上圖中, $\triangle ABC$, $\triangle ADE$, $\triangle DBF$ 均為等腰直角三角形, 其中 $\overline{AD}=a$, $\overline{DB}=b$。 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 $\overline{CD}$ 並作 $\triangle ABC$ 斜邊 $\overline{AB}$ 上的高 $\overline{CG}$。 因為 $\triangle CGA\simeq \triangle CGB$, 可知 $\overline{AG}=\overline{BG}$, 故 $G$ 為 $\overline{AB}$ 中點, 因此 $$\overline{AG}=\frac{\overline{AB}}2=\frac{\overline{AD}+\overline{DB}}2=\frac{a+b}{2}.$$ 而 $\triangle ACG$ 亦為等腰直角三角形, 因此可知 $$\overline{DE}=\frac{a}{\sqrt{2}},\qquad \overline{DF}=\frac{b}{\sqrt{2}},\qquad\overline{CG}=\overline{AG}=\frac{a+b}{2}.$$ 注意 $CEDF$ 為矩形, 可求出 $\overline{CD}$ 長為 $$\overline{CD}=\sqrt{\overline{CF}^2+\overline{DF}^2}=\sqrt{\overline{DE}^2+\overline{DF}^2}=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$ 因直角 $\triangle CDG$ 的斜邊 $\overline{CD}$ 為最大邊, 可知 $\overline{CD}\ge \overline{CG}$, 也就是有 $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \frac{a+b}{2}.$$ 上式等號成立於 $\triangle CDG$ 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 \eqref{3} 式)合起來看, 就有 $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}\ge \frac{2ab}{a+b}.$$ 以記號來寫, 上式可簡記為 $QM\ge AM\ge GM\ge HM$。

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 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 \eqref{3} 的幾何證明, 也算是一個意外的收穫。 這也讓筆者想到 這篇作品, 並以其作為本文的開場白。 也因為 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 \eqref{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 的作者, 其作品 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： \begin{equation} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}n\ge{\root n\of {a_1 a_2\cdots a_n}}.\label{18} \end{equation} 將上式中的每一個正數 $a_k$ 換成正數 $\dfrac 1{a_k}$, 因此可知 $$\frac{\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}}n\ge{\root n\of {\frac 1{a_1} \frac 1{a_2}\cdots \frac 1{a_n}}}=\frac 1{{\root n\of {a_1 a_2\cdots a_n}}}.$$ 若對上式兩端取倒數, 左端即得 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 的調和平均數。 兩端取倒數後, 結果如下： \begin{equation} \dfrac 1{\frac 1n \Big(\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}\Big)}\le {{\root n\of {a_1 a_2\cdots a_n}}}.\label{19} \end{equation} 將 \eqref{18}, \eqref{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 $\overline{OS}$ 為何會垂直圓 $O$ 的切線 $\overline{PS}$ 呢？ 在此提供一個簡單的證明如下：

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

因為 $\triangle SOQ$ 為直角三角形, 斜邊 $\overline{SO}$ 為最大邊, 可知 $\overline{SO}>\overline{OQ}$。 在上圖中, 於直線 $PS$ 上取 $S'$ 滿足 $\overline{S'Q}=\overline{SQ}$, 且 $S'$, $S$ 位於 $Q$ 的不同側, 則有 $\triangle S'QO \simeq \triangle SQO$ (SAS性質), 知 $\overline{S'O}=\overline{SO}$, 因此 $S'$ 也落在圓 $O$ 上。 此時, 直線 $PS$ 與圓交於 $S'$, $S$ 兩點, 這與 $\overline{PS}$ 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 $\overline{OS}$ 與直線 $PS$ 必定垂直, 證畢。

註3： 此處筆者想介紹關於 \eqref{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 $\overline{PA}$, $\overline{PB}$ 是圓的兩條切線, 且 $\overline{PC}$ 為圓的割線並交圓於一點 $E$, 又 $D$ 是 $\overline{PC}$ 與 $\overline{AB}$ 的交點, 如下方的示意圖。 若 $\overline{PE}=4$, $\overline{CD}=2$, 求 $\overline{AD}\times \overline{DB}$ 的值。

此問題的出處與公告解答, 請參考 。

在 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 \eqref{4} 式), 可得另解如下:

解答： 在證明 \eqref{4} 式之後, 可知圖 11 中有 $$\frac 1{~\overline{PD}~}=\frac 12\Big(\frac 1{~\overline{PE}~}+\frac 1{~\overline{PC}~}\Big).$$ 仿照原解法設 $\overline{DE}=x$, 代入各線段長, 可將上式化為 $$\frac 1{4+x}=\frac 12\Big(\frac 1{4}+\frac 1{6+x}\Big),$$ 接著即可解得 $x=-3+\sqrt{17}$, 最後再仿照 中的解法求 $\overline{AD}\times \overline{DB}$ 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 \eqref{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 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ 長度之算術平均數 ($\overline{OM}$ 長) 的 $M$ 點, 它與 $A$, $B$ 兩點的距離 $\overline{MA}$, $\overline{MB}$ 之比為 1:1, 是一種「絕對的平均」； 而點出調和平均數 ($\overline{OP}$ 長)的 $P$ 點, 它與 $A,B$ 兩點的距離 $\overline{PA}$, $\overline{PB}$ 之比為 $\overline{OA}:\overline{OB}$ (由 \eqref{16} 式可知), 則是一種「相對的平均」。

參考資料

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