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。

[編集] 定義

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

$a_{1}=\frac{a+b}{2},b_{1}=\sqrt{ab}$
$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}\quad(n\ge1)$

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。但し、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、算術幾何平均は楕円積分で表される。

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

あるいは

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

[編集] 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

$a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge \cdots \ge b_3 \ge b_2 \ge b_1$

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、{b_n} は上に有界な単調増加数列であるのでおのおの収束する。{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が、2 式ともに整理すれば 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。

[編集] 性質

正の定数 $c > 0$ に対し

$M (c a, c b) = c M (a, b)$

が成り立つ。

この数列の収束は

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

をみたすので、一回のステップで精度が倍になる。

また次の事が知られている。

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

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早いこともあり、数値計算で円周率の計算によく用いられる。

[編集] 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される。

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

$\left|a_n-b_n\right|<\left|a_n+b_n\right|$ 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。従って、級数 $\sum{d_n}$ は絶対収束する。故に数列 ${a n}$ は収束し、数列 ${b n = 2 a n + 1 - a n}$ 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される。暫し、 $a n, b n$ は正の実数とする。

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

$x = tanθ$ の置換により

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

$t=\frac{bx^2-a}{2\sqrt{ab}\;x}$ の置換により

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

となる。故に

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

$a, b$ 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(留数を持つ)極が無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 $x^2=\frac{1+u}{u+u^2+v^2}$ を代入すれば

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

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、 $u'=\real\left(\sqrt{b/a}\right),v'=\image\left(\sqrt{b/a}\right)$ とすれば

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

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。

[編集] 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極限

$a_{1}=\frac{a+b}{2},b_{1}=\frac{2ab}{a+b}$
$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\quad(n\ge1)$
$\operatorname{AHM}(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$

謂わば算術調和平均は $a, b$ の幾何平均に等しい。このことは

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

から明らかである。

[編集] 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極限

$a_{1}=\frac{2ab}{a+b},b_{1}=\sqrt{ab}$
$a_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n},b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}\quad(n\ge1)$
$\operatorname{HGM}(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$

謂わば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

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

から明らかである。

[編集] 関連項目

平均

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最終更新 2009年9月28日 (月) 13:56 （日時は個人設定で未設定ならばUTC）。
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