算術幾何平均

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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[編集]

|\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\}\{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[編集]

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。{an} は下に有界な単調減少数列であり、{bn} 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。{an} の極限を α とし、{bn} 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 {an}, {bn} 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[編集]

正の定数 c > 0 に対し

M(ca,cb)=c M(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[編集]

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_na_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\}\{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\theta 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)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[編集]

|\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[編集]

|\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[編集]