不等式证明

均值不等式和调整法

当 \(k=2,1,0,-1\) 时，\(M_k\) 分别对应着：

平方平均数：\(M_2=Q_n=\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}{n}}\)

算术平均数：\(M_1=A_n=\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\)

几何平均数：\(M_0=G_n=\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\)

调和平均数：\(M_{-1}=H_n=\dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}}\)

在上述结论中要求 \(a_1,a_2,a_3,\ ...\ a_n\) 是正实数，主要是因为 \(0\) 不能做分母。如果仅考虑 \(k\geq0\) 的情况（平方平均、算术平均、几何平均），则要求非负实数就可以。如果只比较平方平均数和算术平均数，那对于任意实数都成立。

示例： 求证算术平均值不小于几何平均值（AM-GM 不等式）：若\(x_i\geq0,\ 1\leq i\leq n\) ，则 \(\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\geq\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\) 。当且仅当 \(x_1=x_2=...=x_n\) 时等号成立。

引理 若 \(x_1,x_2,...,x_n>0,\ x_1x_2...x_n=1\) ，则 \(x_1+x_2+...+x_n\geq n\) ，当且仅当 \(x_1=x_2=...=x_n=1\) 时等号成立。

当诸 \(x_i\) 不全相同时，则必存在大于 \(1\) 和小于 \(1\) 的 \(x_i\) 。

挑一对这样的 \(x_i\) 出来，不妨设为 \(x_1,x_2\) 即 \(x_1<1<x_2\) 。

因为 \((x_1-1)(x_2-1)<0\) ，所以 \(x_1x_2+1<x_1x_2\) 。

这意味着 \(x_1,\ x_2\) 到 \(x'_1,\ x'_2\) 的替换，在积不变的同时降低了和。

\(x'_1x'_2x_3...x_n=x_1x_2x_3...x_n=1\) 且

\(x'_1+x'_2+x_3+...+x_n<x_1+x_2+x_3+...+x_n\)

不断地如此替换，直至将所有的数都替换成 \(1\) ，有

综合 \(x_1=x_2=...=x_n\) 时的情况，引理得证。

证明 下面我们来证明 AM-GM 不等式：

若某个 \(x_i=0\) ，有 \(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}=0\) 命题显然成立。

若 \(x_i>0,\ 1\leq i\leq n\) ，令 \(y_i=\dfrac{x_i}{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}\)，有 \(y_1y_2...y_n=1\)

由引理得到 \(y_1+y_2+...+y_n\geq n\) （当且仅当 \(y_1=y_2=...=y_n\)时等号成立）

\(\Leftrightarrow \dfrac{x_1+x_2+x_3+...+x_n}{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}\geq n\)

\(\Leftrightarrow \quad \dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\geq\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\)

☐

证明二 当 \(n=2\) 时，不等式显然成立。

不等式对 \(n\) 成立，那么它对 \(n\) 也成立。这是由于：

\(x_1+x_2...+x_{2n}\geq n\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}+n\sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}...x_{2n}}\geq 2n\sqrt[2n]{x_1x_2...x_{2n}}\)

接下来我们准备使用归纳法：（柯西归纳法）

\(x_1+x_2+...+x_{n-1}+\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\geq n\sqrt[n]{x_1x_2...x_{n-1}\cdot\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}}\)

\(\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n-1}\cdot\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}}\)

\(\left(\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\right)^{\frac{n-1}{n}}\geq \left(x_1x_2...x_{n-1}\right)^{\frac{1}{n}}\)

\(\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\geq\sqrt[n-1]{x_1x_2...x_{n-1}}\)

☐

示例： 求证平方平均数不小于算术平均数，即 \[\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}{n}}\geq\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\]

等号当且仅当 \(x_1=x_2=...=x_n\) 时成立。

证明 设 \(x_1+x_2+...+x_n=a\)

只需证明 \(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq\dfrac{a^2}{n}\)

设 \(x_i\) 不全相同，由对称性不妨设 \(x_1<\dfrac{a}{n}<x_2\)

则\(\left(x_1-\dfrac{a}{n}\right)\left(\dfrac{a}{n}-x_2\right)<0\)

\(\Leftrightarrow\quad x_1x_2+\left(\dfrac{a}{n}\right)^2<\dfrac{1}{n}\left(x_1+x_2\right)\)

\(\Leftrightarrow\quad \left(\dfrac{a}{n}\right)^2+\left(x_1+x_2-\dfrac{a}{n}\right)^2<x_1^2+x_2^2\)

令 \(x'_1=\dfrac{a}{n},\ x'_2=x_1+x_2-\dfrac{a}{n},\ x'_3=x_3,\ ...\ ,\ x'_n=x_n\)

有 \({x'_1}^2+{x'_2}^2+...+{x'_n}^2<x_1^2+x_2^2+...x_n^2\)

如此不断替换，直至 \(x_i\) 均为 \(\dfrac{a}{n}\)

于是 \(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2>\left(\dfrac{a}{n}\right)^2+\left(\dfrac{a}{n}\right)^2+...+\left(\dfrac{a}{n}\right)^2\geq\dfrac{a^2}{n}\)

因此，\(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq\dfrac{a^2}{n}\)，等号只在 \(x_1=...=x_n\) 时成立。

☐

示例： 求证几何平均值不小于调和平均值，即：

若 \(a_k>0,\ k=1,2,...,n\) 则 \(\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}\geq\dfrac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\)

证明 由 AM-GM 不等式有 \[\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}\right)\geq\sqrt[n]{\dfrac{1}{a_1}\cdot\dfrac{1}{a_2}\cdot...\cdot\dfrac{1}{a_n}}\]

☐

示例： \(x_i>0,\ x_1+x_2+...+x_n=1\) ，求证：\[\dfrac{(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_n)}{x_1x_2...x_n}\geq(n-1)^n\]

证明 （调整法）观察到取等条件是 \(x_1=x_2=...=x_n=\dfrac{1}{n}\)

假设这些 \(x_i\) 不全相同，不妨设 \(x_1<\dfrac{1}{n}<x_2\)

令 \(x'_1=\dfrac{1}{n},\ x'_2=x_1+x_2-\dfrac{1}{n}, y_i=x_i,i\geq3\)

只需验证 \(\dfrac{(1-x_1)(1-x_2)}{x_1x_2}>\dfrac{(1-x'_1)(1-x'_2)}{x'_1x'_2}\)

\(\Leftrightarrow\quad \dfrac{1-(x_1+x_2)}{x_1x_2}>\dfrac{1-(x'_1+x'_2)}{x'_1x'_2}\) （两边同减 \(1\)）

\(\Leftrightarrow\quad x_1x_2<x'_1x'_2\)（分子相等，比分母）

☐

示例： 给定正整数 \(n\geq2\) 。 \(x_i>0,\ 1<i<n\) 满足 \(x_ix_j\geq1, \forall i\neq j\) 。求证： \[\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+...+\dfrac{1}{1+x_n}\geq\dfrac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}\]

证明

令 \(m=\sqrt[m]{x_1x_2...x_n}\geq1\)

1. 取等条件： \(x_1=x_2=...=x_n=m\)

2. 若 \(x_i\) 不全相同，不妨设 \(x_1<m<x_2\)

令 \(x'_1=m,\ x'_2=\dfrac{x1x2}{m}\)

因为 \(x'_1,x'_2>x_1\) 这个调整没有破坏两两乘积大于 \(1\) 的条件。

只需证 \(\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}>\dfrac{1}{1+x'_1}+\dfrac{1}{1+x'_2}\)

\(\Leftrightarrow\quad\dfrac{2+x_1+x_2}{1+m^2+x_1+x_2}>\dfrac{2+x'_1+x'_2}{1+m^2+x'_1+x'_2}\) \(\bigstar\)

\(\because f(t)=\dfrac{2+t}{1+m^2+t}\) 单调增，并且 \(x_1+x_2>x'_1+x'_2\)

☐

示例： \(x,y,z\geq0,\ x+y+z=1\) ，求证 \[0\leq xy+yz+zx-2xyz \leq \dfrac{7}{27}\]

解： (1) 先证大于等于 \(0\) ：

不妨设 \(0\leq z\leq y\leq x\) ，则 \(z\leq\dfrac{1}{3}\)，有 \(2xyz\leq\dfrac{2}{3}xy\)

因此， \(0\leq xy+yz+zx-2xyz\) 成立。

2. 再证小于等于 \(\dfrac{7}{27}\) 。

观察到取等条件 \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\)。

若 \(x,y,z\) 不全相同，设 \(z<y<x\) 有 \(z<\dfrac{1}{3}<x\)

调整：令 \(z'=\dfrac{1}{3},\ x'=x+z-\dfrac{1}{3},\ y'=y\)

\(xy+yz+xz-2xyz=y(x+z)+(1-2y)xz=f(x,y,z)\)

\(\because\) \(xz<x'z'\) (\(\Leftrightarrow (x-\dfrac{1}{3})(z-\dfrac{1}{3})<0\))

\(\therefore\) \(f(x,y,z)<f(x',y',z')\)

再调整一次，可以得到 \(f(x,y,z)<f(x',y',z')\leq f(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})=\dfrac{7}{27}\)

☐

示例： \(a,b,c,d\geq0,\ a+b+c+d=1\) ，求证：\[abc+bcd+cda+dab\leq\dfrac{1}{27}+\dfrac{176}{27}abcd\]

证明 观察取等条件为 \(a=b=c=d=\dfrac{1}{4}\) 或 \(a=b=c=\dfrac{1}{3},d=0\)

令 \(f(a,b,c,d)=abc+bcd+cda+dab-\dfrac{176}{27}abcd\)

欲证 \(f(a,b,c,d)\leq\dfrac{1}{27}\)

调整法分类讨论：

1. 若 \(a=b=c=d=\dfrac{1}{4}\) 命题得证。否则转入步骤 (2)。

2. \(a,b,c,d\) 不全相等，不妨设 \(a<\dfrac{1}{4}<b\)

\(\quad\) \(f(a,b,c,d)=ab(c+d-\dfrac{176}{27}cd)+(a+b)cd\)

\(\quad\) 如果 \(c+d-\dfrac{176}{27}cd\leq0\) 转步骤 (2.1)，否则转步骤 (2.2)

\(\quad\) (2.1) \(f(a,b,c,d)\leq(a+b)cd\leq\left(\dfrac{a+b+c+d}{3}\right)^3=\dfrac{1}{27}\) 得证！

\(\quad\) (2.2) 令 \(a'=\dfrac{1}{4},\ b'=a+b-\dfrac{1}{4},\ c'=c,\ d'=d\)

\(\quad\quad\quad\) 有 \(f(a',b',c',d')>f(a,b,c,d)\)

\(\quad\quad\quad\) \(a,b,c,d=a',b',c',d'\) 转步骤(1)

☐

排序不等式

关于排序不等式的通俗表述就是：有两组数，为了让两两乘积之和最大，需要让大的乘大的，小的乘小的；如果希望乘积之和最小，就要让小的乘大的，大的乘小的。

证明分析 我们依然使用调整法来证明排序不等式。如果 \(c_1\) 不是 \(b_1\)，那一定有 \(c_k,(k>1)\) 是 \(b_1\)。针对 \(a_1c_1+a_kb_1\) 进行调整，将其调整为 \(a_1b_1+a_kc_1\) 。这样一种调整将表达式变大： \[(a_1c_1+a_kb_1)-(a_1b_1+a_kc_1)=(a_1-a_k)(c_1-b_1)\leq0\]

调整法的更多示例

示例： \(x_1,x_2,...,x_{1997}\) 满足 \(-1\leq x_i\leq3\) 且 \(x_1+...+x_n=-954\) 。求 \(x_1^{12}+x_2^{12}+...+x_{1997}^{12}\) 的最大值。

引理 设 \(f(x)\) 为凸函数，则对 \(\forall \ x<y,\ t>0\) 有： \[f(x-t)+f(y+t)\geq f(x)+f(y)\]

根据凸函数的定义有：

\(f(x)=f\left(\dfrac{y-x}{y-x+t}\cdot(x-t)+\dfrac{t}{y-x+t}\cdot y\right)\leq\dfrac{y-x}{y-x+t}\cdot f(x-t)+\dfrac{t}{y-x+t}\cdot f(y)\)

\(f(t)=f\left(\dfrac{t}{y-x+t}\cdot x+\dfrac{y-x}{y-x+t}\cdot(y+t)\right)\leq\dfrac{t}{y-x+t}\cdot f(x)+\dfrac{y-x}{y-x+t}\cdot f(y+t)\)

证明 \(f''(x)\geq0\) ，因此 \(f(x)=x^{12}\) 是凸函数。

如果 \(x_1,...,x_{1997}\) 中，存在\(x_i\leq x_j\) 且 \(x_i,x_j\neq-1,\ x_i,x_j\neq3\)，则进行以下调整：保持 \(x_i+x_j\) 不变，增加二者的距离直到其中之一达到 \(-1\) 或 \(3\) 。得到： \[x'_i=x_i-t,\ x'_j=x_j+t,\ t>0\] 用新得到的 \(x'_i,x'_j\) 替换 \(x_i,x_j\) ，根据引理，这一组新的 \(x_1,...,x_n\) 会使得表达式 \(x_1^{12}+...+x_{1997}^{12}\) 变大。

如此不断替换，直至不等于 \(-1\) 或 \(3\) 的数不多于一个。

我们来考察 \(1997\) 个数的和如何能是 \(-954\) 。如果 \(1996\) 个数都是 \(-1\) 显然不行，每次将一个\(-1\) 替换为 \(3\) ，和会变大 \(4\) 。于是很容易得到，唯一的组合是 \(1736\) 个 \(-1\) 、 \(260\) 个 \(3\) 和 \(1\) 个 \(2\) 。

☐

示例： \(n\geq4\) 为给定的正整数。\(x_1+x_2+...+x_n\geq n\) 且 \(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq n^2\)。求证：\(\max\{x_i\}\geq2\) 。

证明（反证法+调整法）若不然，假设 \(x_i<2,\ \forall i\)

若 \(x_j<x_i<2\) 则令 \(x'_i=2,\ x'_j=x_i+x_j-2\)

（保持 \(x_i+x_j\) 不变，将其中一个调整为 \(2\)）

这样的调整让平方和变大，也就是说 \(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2>n^2\) \(\bigstar\)。

经过 \(n-1\) 次调整后，得到 \(n-1\) 个 \(2\) 及一个 \(a\) ，其中 \(a<2\) 。

于是有 \(n\leq x_1+x_2+...+x_n=2(n-1)+a=2(n-1)+a\)

得到 \(a\geq -n+2\) 。从而 \(a\in[2-n,2)\Rightarrow a^2\leq(n-2)^2\)

于是 \(x_1^2+...+x_n^2=(n-1)\cdot2^2+a^2\leq 4(n-1)+(n-2)^2=n^2\)

☐

示例： \(n\geq2,\ \alpha_i\in[0,\dfrac{\pi}{2}],\ 1\leq i\leq n\)，求证： \[\cos\alpha_1\cos\alpha_2...\cos\alpha_n(\tan\alpha_1+...+\tan\alpha_n)\leq\dfrac{(n-1)^{\frac{n-1}{n}}}{n^{\frac{n-2}{2}}}\]

三元对称多项式

示例： \(x^2+y^2+z^2=s^2-2q\)

示例： 将 \(x^3+y^3+z^3\) 表示成 \(s,p,q\) 的多项式。

解： 注意到因式分解公式\[x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\]从而有 \(x^3+y^3+z^3=s(s^2-2q-q)+3p=s^3-3sq+3p\)

示例： 将 \(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2\) 表示成 \(s,p,q\) 的多项式。

示例： 将 \((x+y)(y+z)(z+x)\) 表示成 \(s,p,q\) 多项式。

解： \[\begin{align*} &(x+y)(y+z)(z+x)\\ =&x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2+2xyz\\ =&sq-p \end{align*}\]

示例： 将 \(x^4+y^4+z^4\) 表示成 \(s,p,q\) 多项式。

解： \[\begin{align*} &x^4+y^4+z^4\\ =&(x^2+y^2+z^2)^2-2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\\ =&(s^2-2q)^2-2((xy+yz+zx)^2-2(xy\cdot yz+yz\cdot zx+xz\cdot xy))\\ =&(s^2-2q)^2-2(q^2-2xyz(x+y+z))\\ =&(s^2-2q)^2-2(q^2-2sp)\\ =&s^4-4qs^2+2q^2+4ps \end{align*}\]

示例： 证明 \(s^2\geq 3q\) 即 \((x+y+z)^2\geq3(xy+yz+zy)\)

证明 \((x+y+z)^2-3(xy+yz+zy)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right)\geq0\)

☐

请注意，这里的证明可以直接导出 \(q^2\geq3ps\) 。

上述命题实际上就是三元均值不等式，以下用轮换三元对称多项式的思路给出一个证明：

示例： 若 \(x,y,z\geq0\) 求证： \(x+y+z\geq3\sqrt[3]{xyz}\) 。

证明 令 \(x=a^3,\ y=b^3,\ z=c^3\)

\(x+y+z-3\sqrt[3]{xyz}=a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)

上述关于 \(a,b,c\) 的三元对称多项式可以写成 \(s(s^2-3q)\)

又因为 \(s\geq0\) （\(a,b,c\geq0\)）， \(s^2-3q\geq0\) （三元对称基本不等式（一））

☐

在上述基本不等式（一）～（五）中，取等条件都是 \(x=y=z\) ，其中（二）\(x,y,z\) 有两个为 \(0\) 也可以取等。这有一个问题，如果我们需要别的取等条件，就会遇到麻烦。另外这些不等式中， \(p\) 都在小于的一边，如果遇到的不等式变换后 \(p\) 在大于的一边，也不好处理。因此我们在处理三元对称不等式时，还需要 Schur 不等式。

示例： 证明 Schur 不等式。

证明 当 \(r\geq0\) 时，不妨设 \(x\geq y\geq z\geq0\)

\(r\geq0\) ，则 \(x^r\geq y^r\geq z^r\geq0\)

易知不等式左边第一、三项大于等于 \(0\) ，第二项小于等于 \(0\) 。

而且第一项的绝对值大于等于第二项的绝对值。

因此不等式成立。

\(r<0\) ，则 \(0\leq x^r\leq y^r\leq z^r\)

同样不等式左边第一、三项大于等于 \(0\) ，第二项小于等于 \(0\) 。

而且第三项的绝对值大于等于第二项的绝对值。

仍然推出不等式成立。

☐

示例： \(a,b,c\geq0\) ， \(a+b+c=3\) ，求 \(a^2+b^2+c^2+\dfrac{4}{3}abc\) 的最小值。