算術幾何平均

数学において算術幾何平均（さんじゅつきかへいきん、Arithmetic-geometric mean）とは、2 つの複素数（しばしば正の実数）に対して算術平均（相加平均）と幾何平均（相乗平均）を繰り返し用いて作られる数列の極限のこと。

定義

$|\arg(b/a)|\ne\pi$ である複素数 $a,\ b$ について

$a_{0}=a, \quad b_{0}=b$
$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}, \quad b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}\quad(n\ge0)$

と定めれば数列 {a_n} と {b_n} は同じ値に収束する。その極限を $a,\ b$ の算術幾何平均と呼ぶ。ただし、幾何平均 b_n の根号の符号は算術平均 a_n の側にあるものを選ぶものとする。

$M(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$

$\real(b/a)>0$ の場合、算術幾何平均は次式の楕円積分で表される。

$M(a,b)=\frac{\pi}{2}\bigg/\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}$

$\real(b/a)=0$ の場合は、次式になる。

$\begin{align}M(a,b) &=\frac{\pi}{2}\bigg/\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\cos^2\theta+ab\sin^2\theta}}\\ &=\frac{\pi}{2}\bigg/\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\sin^2\theta}}\\ &=\frac{\pi}{2}\bigg/\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\left(\frac{a+b}{2}\right)\sqrt{1-\left(\frac{a-b}{a+b}\right)^2\sin^2\theta}}\\ \end{align}$

概要

$a,\ b$ が正の実数である場合、

$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2} \ge \sqrt{a_n\cdot b_n} = b_{n+1}$

が成り立ち（相加・相乗平均の関係式）、

$a_n \ge a_{n+1},$
$b_{n+1} \ge b_n$

となることから

$a_0 \ge a_1 \ge a_2 \ge \cdots \ge b_2 \ge b_1 \ge b_0$

という関係が成り立っている。{a_n} は下に有界な単調減少数列であり、{b_n} は上に有界な単調増加数列であるので、それぞれが収束する。{a_n} の極限を α とし、{b_n} の極限を β とすると定義の漸化式から

$\alpha = \frac{\alpha + \beta}{2}$
$\beta = \sqrt{\alpha \beta}$

が両立しなければならない。2 式とも整理すれば α = β となるので、2 つの数列 {a_n}, {b_n} は n → ∞ とした極限で同じ値に収束することが確かめられる。

性質

正の定数 c > 0 に対し

M(ca,cb) = cM(a,b)

が成り立つ。

この数列の収束は

$|a_{n+1}-b_{n+1}| = \frac{(a_n-b_n)^2}{2(\sqrt{a_n}+\sqrt{b_n})^2} \leq C(a_n-b_n)^2$

を満たすので、1回のステップで精度が2倍になる。

また次のことが知られている。

$\frac{\pi}{2} = M(1,\sqrt{1-k^2}) \int_0^1 \frac{dz}{\sqrt{(1-z^2)(1-k^2z^2)}}.$

右辺の積分は、楕円積分であり簡単には積分できない。しかし、算術幾何平均の収束が速いので、数値計算による円周率の計算に用いられることがある。

証明

複素数 $a,\ b$ の算術幾何平均が収束することは、以下によって証明できる。

$a_{n}^{\;2}-b_{n}^{\;2}=(a_n+b_n)(a_n-b_n)$
$a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}=\left(\frac{a_n+b_n}{2}\right)^2-a_nb_n=\frac{(a_n-b_n)^2}{4}$

$\left|a_n-b_n\right|<\left|a_n+b_n\right|$となるように b_n の根号の符号を決めると約束したので、

$\frac{\left|a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}\right|}{\left|a_{n}^{\;2}-b_{n}^{\;2}\right|}=\frac{\left|a_n-b_n\right|}{4\left|a_n+b_n\right|}<\frac{1}{4}$

である。d_n を a_n の階差とすれば

$d_n=a_{n+1}-a_n=-\frac{a_n-b_n}{2}$
$\frac{\left|d_{n+1}\right|}{\left|d_n\right|}=\frac{\sqrt{\left|a_{n+2}^{\;2}-b_{n+2}^{\;2}\right|}}{\sqrt{\left|a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}\right|}}<\frac{1}{2}$

である。したがって、級数 $\sum{d_n}$ は絶対収束する。すなわち、数列 {a_n} は収束し、数列 {b_n = 2a_{n + 1} − a_n} は {a_n} と同じ値に収束する。

算術幾何平均と楕円積分の関係は以下によって証明できる。ただし、$a,\ b$ は正の実数とする。

$\begin{align}I(a,b) &=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}\\ &=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{(a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta)(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}}\\ &=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{{\cos^2\theta}\sqrt{(a^2+b^2\tan^2\theta)(1+\tan^2\theta)}}\\ \end{align}$

x = tan θ と置換すると、

$\begin{align}I(a,b) &=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{(a^2+b^2x^2)(1+x^2)}}\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{a^2x^2+b^2x^2+b^2x^4+a^2}}\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{(a+b)^2x^2+(bx^2-a)^2}}\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x\sqrt{\left(\displaystyle\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{bx^2-a}{2x}\right)^2}}\\ \end{align}$

$t=\frac{bx^2-a}{2\sqrt{ab}\;x}$ と置換することによって、

$x=\sqrt{ab}\;t+\sqrt{ab+abt^2},\quad dx=\left(\sqrt{ab}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab+abt^2}}\right)dt=\frac{x}{\sqrt{1+t^2}}dt$
$\begin{align}I(a,b) &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{\left(\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+abt^2\right)\left(1+t^2\right)}}\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{\left(\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+abt^2\right)\left(1+t^2\right)}}\\ &=I\left(\frac{a+b}{2},\sqrt{ab}\right) \end{align}$

となる。したがって、

$\begin{align}I(a,b) &=I(a_1,b_1)=\lim_{n\to\infty}I(a_n,b_n)=\lim_{n\to\infty}I\left(M(a,b),M(a,b)\right)\\ &=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{M(a,b)^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}}=\frac{\pi}{2M(a,b)}\\ \end{align}$

$a,\ b$ が複素数である場合は、積分路 $t=\frac{bx^2-a}{2\sqrt{ab}\;x}$ と実軸との間に（留数をもつ）極がないことを確かめなければならない。 $u=\real\left(b/a\right)$, $v=\image\left(b/a\right)$ とすれば、

$\begin{align}\frac{t}{\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}} &=\frac{(b/a)x^2-1}{(1+b/a)x}=\frac{(u+iv)x^2-1}{(1+u+iv)x}\\ &=\frac{(ux^2-1+ivx^2)(1+u-iv)}{\left((1+u)^2+v^2\right)x}\\ &=\frac{(u+u^2+v^2)x^2-(1+u)+ivx^2+iv}{(1+2u+u^2+v^2)x}\\ \end{align}$

これに $x^2=\frac{1+u}{u+u^2+v^2}$ を代入すると

$\begin{align}\frac{t}{\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}} &=\frac{iv\frac{1+2u+^2+v^2}{u^2+v^2+u}}{(1+2u+u^2+v^2)\sqrt{\frac{1+u}{u+u^2+v^2}}}\\ &=\frac{iv}{\sqrt{(1+u)(u+u^2+v^2)}}\\ \end{align}$

であり、u > 0 となるように幾何平均の根号の符号を決めると約束したので、積分路は極 $\pm i\,\frac{a+b}{2}$ の間（原点に近いところ）を通る。また、$u'=\real\left(\sqrt{b/a}\right)$, $v'=\image\left(\sqrt{b/a}\right)$ とすると、

$\begin{align}t &=\frac{\sqrt{b/a}\;x^2-\sqrt{a/b}}{2x}=\frac{(u'+iv')^2x^2-1}{(u'+iv')x}\\ &=\frac{(u'^2+v'^2)(u'+iv')x^2-(u'-iv')}{2(u'^2+v'^2)x}\\ \end{align}$

これに $x^2=\frac{1}{u'^2+v'^2}$ を代入すれば

$\begin{align}t &=\frac{iv'}{\sqrt{u'^2+v'^2}}\\ \end{align}$

であるから、積分路は極 $\pm{i}$ の間を通る。

算術調和平均

$|\arg(b/a)|\ne\pi$ である複素数 $a,\ b$ について算術平均と調和平均を繰り返して得られる数列

$a_{0}=a,\quad b_{0}=b$
$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},\quad b_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\quad(n\ge0)$
の極限について $\operatorname{AHM}(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$

である。つまり、算術調和平均は $a,\ b$ の幾何平均に等しい。このことは

$a_{n+1}b_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}\cdot\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}=a_nb_n$
$\operatorname{AHM}(a,b)=\lim_{n\to\infty}\sqrt{a_nb_n}=\sqrt{ab}$

から明らかである。

調和幾何平均

$|\arg(b/a)|\ne\pi$ である複素数 $a,\ b$ について幾何平均と調和平均を繰り返して得られる数列

$a_{0}=a,\quad b_{0}=b$
$a_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n},\quad b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}\quad(n\ge0)$
の極限について $\operatorname{HGM}(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$

である。つまり、調和幾何平均と算術幾何平均の積は幾何平均の自乗に等しい。このことは、$a_n,\ b_n$ を逆数にして

$(1/a_{n+1})=(1/a_n)+(1/b_n),\quad (1/b_{n+1})=\sqrt{(1/a_n)(1/b_n)}$
$\operatorname{HGM}(a,b)=\frac{1}{\operatorname{AGM}\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b}\right)}=\frac{ab}{\operatorname{AGM}\left(b,a\right)}$

から明らかである。

関連項目

• 平均