n元的代数-几何平均值不等式
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代数-几何平均值不等式的一般形式及其证明
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先前在平均值不等式 章节学习的平均值不等式完全可以推广到包含更多变元的情形。
设
x
1
,
x
2
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}}
n
{\displaystyle n}
A
n
=
x
1
+
x
2
+
⋯
+
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}}
算术平均数 （arithmetic mean ），称
G
n
=
x
1
⋅
x
2
⋯
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {G} _{n}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}}
几何平均数 （geometric mean ）。算术-几何平均值不等式 （inequality of arithmetic and geometric means ）指出，对任意的正实数
x
1
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n}}
A
n
≥
G
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}\geq \mathbf {G} _{n}}
上述不等式中的等号当且仅当
x
1
=
x
2
=
⋯
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}}
算几不等式 （AM-GM ）。
其证明可见于维基百科平均值不等式 条目。这个不等式也可以扩展为包含n元的不等式链，其中最常用的是“n元的调和-几何-算术-平方平均值不等式”。人们常说的“平均值不等式”或“平均数不等式”指的也是该四大平均值组成的二元或n元不等式链。
3元情形下的应用
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本小节列出一些可用平均值不等式解决的包含3个变元的常见的不等式问题。例题主要是围绕3元的代数-几何平均值不等式的解题应用，少数可以只使用2元的代数-几何不等式分多次解决，但需要一定的代数观察能力和变形技巧。部分特别简单（不需要用到3元算术-几何平均值不等式）的3元不等式证明问题可以见于主干知识部分的平均值不等式 章节。
我们先介绍一些简单的求值问题。
f
(
x
)
=
−
x
3
−
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle f(x)=-x^{3}-x^{2}+x+1}
答案：
32
27
{\displaystyle {\frac {32}{27}}}
f
(
x
)
=
x
2
1
−
x
2
(
0
<
x
<
1
)
{\displaystyle f(x)=x^{2}{\sqrt {1-x^{2}}}\quad (0<x<1)}
答案：
2
3
9
{\displaystyle {\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}}
f
(
x
)
=
6
x
(
4
−
x
2
)
{\displaystyle f(x)=6x(4-x^{2})}
答案：
32
3
3
{\displaystyle {\frac {32{\sqrt {3}}}{3}}}
其次，我们介绍通过“拼凑常数项升/降幂”来求最值的技巧。这种方法针对已知条件和待求证的式子中都具有相似的代数式，但是幂次不相同的情况。对于这类问题，可以巧凑常数项，然后利用不等式进行幂次的升/降，以便用上已知约束条件求解最值。
这种题型有2个要点需要注意：
待求证或求解的式子经常可以拆成多个形式等价的部分，先用不等式单独求解。
合并单独的不等式时，需要保证取等条件一致。为此，所需待定常数的取值一般会结合原不等式的取等条件作为线索来猜测。
a
,
b
>
0
,
a
3
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}b^{3}=2}
a
+
b
≤
2
{\displaystyle a+b\leq 2}
参考证明：
{
a
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
a
3
⋅
1
3
⋅
1
3
3
=
3
a
b
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
a
3
⋅
1
3
⋅
1
3
3
=
3
b
⇒
a
3
+
b
3
+
4
=
(
a
3
+
1
3
+
1
3
)
+
(
b
3
+
1
3
+
1
3
)
≥
3
a
+
3
b
=
3
(
a
+
b
)
⇒
a
3
+
b
3
+
4
3
≥
a
+
b
⇒
2
+
4
3
≥
a
+
b
⇒
a
+
b
≤
2
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3b\end{array}}\right.\\\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+1^{3}+1^{3})+(b^{3}+1^{3}+1^{3})\geq 3a+3b=3(a+b)\\\Rightarrow {\frac {a^{3}+b^{3}+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad {\frac {2+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad a+b\leq 2\end{array}}}
a
,
b
>
0
,
a
3
+
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}+b^{3}=2}
a
2
+
b
2
+
5
a
b
{\displaystyle a^{2}+b^{2}+5ab}
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
a
3
+
b
3
+
c
3
≥
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq ab+bc+ca}
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
2
{\displaystyle a,b>0,a+b=2}
a
3
+
b
3
≥
2
{\displaystyle a^{3}+b^{3}\geq 2}
参考证明：
{
a
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
(
1
⋅
1
⋅
a
)
=
3
a
b
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
(
1
⋅
1
⋅
b
)
=
3
b
⇒
a
3
+
b
3
+
4
=
(
a
3
+
2
)
+
(
b
3
+
2
)
≥
3
a
+
3
b
=
3
(
a
+
b
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3(1\cdot 1\cdot a)=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3(1\cdot 1\cdot b)=3b\end{array}}\right.\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+2)+(b^{3}+2)\geq 3a+3b=3(a+b)\end{array}}}
a
3
+
b
3
≥
3
(
a
+
b
)
−
4
=
3
⋅
2
−
4
=
2
{\displaystyle a^{3}+b^{3}\geq 3(a+b)-4=3\cdot 2-4=2}
最后，介绍一些同样需要技巧的代数式比较问题。
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
答案：
1
3
{\displaystyle {\frac {1}{3}}}
点评：如果3个正数a、b、c的和为固定值，则
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
a
,
b
,
c
>
0
,
a
b
+
b
c
+
a
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,ab+bc+ac=1}
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
3
3
{\displaystyle {\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}\geq 3{\sqrt {3}}}
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
≤
1
3
{\displaystyle abc(a+b+c)\leq {\frac {1}{3}}}
参考证明：
a
b
+
b
c
+
c
a
≥
3
(
a
b
)
(
b
c
)
(
c
a
)
3
=
3
(
a
b
c
)
2
3
{\displaystyle ab+bc+ca\geq 3{\sqrt[{3}]{(ab)(bc)(ca)}}=3(abc)^{\frac {2}{3}}}
a
b
+
b
c
+
c
a
=
1
{\displaystyle ab+bc+ca=1}
1
≥
3
(
a
b
c
)
2
3
⇒
a
b
c
≤
1
3
3
⇒
1
a
+
1
b
+
1
c
=
a
b
+
b
c
+
a
c
a
b
c
=
1
a
b
c
≤
3
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}1\geq 3(abc)^{\frac {2}{3}}\quad \Rightarrow \quad abc\leq {\frac {1}{3{\sqrt {3}}}}\\\Rightarrow {\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}={\frac {ab+bc+ac}{abc}}={\frac {1}{abc}}\leq 3{\sqrt {3}}\end{array}}}
{
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
=
(
a
b
)
(
c
a
)
+
(
b
c
)
(
a
b
)
+
(
c
a
)
(
b
c
)
a
b
+
b
c
+
c
a
=
1
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ab+bc+ca=1\end{array}}\right.\end{array}}}
x
=
a
b
>
0
,
y
=
b
c
>
0
,
z
=
c
a
>
0
{\displaystyle x=ab>0,y=bc>0,z=ca>0}
x
,
y
,
z
>
0
,
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x,y,z>0,x+y+z=1}
x
y
+
y
z
+
z
x
{\displaystyle xy+yz+zx}
2
(
x
+
y
+
z
)
2
=
(
x
2
+
y
2
)
+
(
y
2
+
z
2
)
+
(
z
2
+
x
2
)
+
4
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
≥
2
x
y
+
2
y
z
+
2
z
x
+
4
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
=
6
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}2(x+y+z)^{2}=(x^{2}+y^{2})+(y^{2}+z^{2})+(z^{2}+x^{2})+4(xy+yz+zx)\\\geq 2xy+2yz+2zx+4(xy+yz+zx)=6(xy+yz+zx)\end{array}}}
(
x
+
y
+
z
)
2
≥
3
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
{\displaystyle (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
=
(
a
b
)
(
c
a
)
+
(
b
c
)
(
a
b
)
+
(
c
a
)
(
b
c
)
=
x
y
+
y
z
+
z
x
≤
1
3
(
x
+
y
+
z
)
2
=
1
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\=xy+yz+zx\leq {\frac {1}{3}}(x+y+z)^{2}={\frac {1}{3}}\end{array}}}
a
>
0
{\displaystyle a>0}
a
2
+
1
a
2
−
2
≥
a
+
1
a
−
2
{\displaystyle {\sqrt {a^{2}+{\frac {1}{a^{2}}}}}-{\sqrt {2}}\geq a+{\frac {1}{a}}-2}
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
1
2
a
+
1
2
b
+
1
2
c
≥
1
b
+
c
+
1
c
+
a
+
1
c
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{2a}}+{\frac {1}{2b}}+{\frac {1}{2c}}\geq {\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{c+a}}}
平均值不等式的补充
编辑
算术-对数-几何平均值不等式
编辑
1957年，B·奥斯透（B. Ostle）和H·L·特尔维利尔（H. L. Terwilliger）提出对于不相等的任意2个正数a和b，存在不等式
a
−
b
ln
a
−
ln
b
>
a
b
{\displaystyle {\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}>{\sqrt {ab}}}
a
+
b
2
>
a
−
b
ln
a
−
ln
b
{\displaystyle {\frac {a+b}{2}}>{\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}}
[1]
设
a
,
b
>
0
,
a
≠
b
{\displaystyle a,b>0,a\neq b}
算术-对数-几何平均值不等式 （arithmetic-logarithmic-geometric mean inequality ）[1] 对数均值不等式 或A-L-G不等式 ：
a
+
b
2
>
a
−
b
ln
a
−
ln
b
>
a
b
{\displaystyle {\frac {a+b}{2}}>{\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}>{\sqrt {ab}}}
其中
a
−
b
ln
a
−
ln
b
{\displaystyle {\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}}
对数平均数 （logarithmic mean ）[1]
不妨设
a
<
b
,
t
=
b
a
>
1
{\displaystyle a<b,t={\frac {b}{a}}>1}
t
+
1
2
>
t
−
1
ln
t
>
t
{\displaystyle {\frac {t+1}{2}}>{\frac {t-1}{\ln t}}>{\sqrt {t}}}
于是原不等式等价于下列2个不等式同时成立：
左半边：
ln
x
>
2
(
x
−
1
)
x
+
1
{\displaystyle \ln x>{\frac {2(x-1)}{x+1}}}
t
=
x
,
x
>
1
{\displaystyle t=x,x>1}
右半边：
x
−
1
x
>
2
ln
x
{\displaystyle x-{\frac {1}{x}}>2\ln x}
t
=
x
2
,
x
>
1
{\displaystyle t=x^{2},x>1}
证明：先证左半边的不等式。设
f
(
x
)
=
ln
x
−
2
(
x
−
1
)
x
+
1
=
ln
x
−
4
x
+
1
+
2
(
x
≥
1
)
{\displaystyle f(x)=\ln x-{\frac {2(x-1)}{x+1}}=\ln x-{\frac {4}{x+1}}+2\quad (x\geq 1)}
f
′
(
x
)
=
1
x
+
4
(
x
+
1
)
2
{\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}}+{\frac {4}{(x+1)^{2}}}}
f
(
x
)
≥
f
(
1
)
=
ln
1
−
2
(
1
−
1
)
1
+
1
=
0
−
0
=
0
(
x
≥
1
)
⇒
ln
x
−
2
(
x
−
1
)
x
+
1
≥
0
(
x
≥
1
)
⇒
ln
x
≥
2
(
x
−
1
)
x
+
1
(
x
≥
1
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)\geq f(1)=\ln 1-{\frac {2(1-1)}{1+1}}=0-0=0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow \ln x-{\frac {2(x-1)}{x+1}}\geq 0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow \ln x\geq {\frac {2(x-1)}{x+1}}\quad (x\geq 1)\end{array}}}
再证右半边的不等式。设
f
(
x
)
=
x
−
1
x
−
2
ln
x
(
x
≥
1
)
{\displaystyle f(x)=x-{\frac {1}{x}}-2\ln x\quad (x\geq 1)}
f
′
(
x
)
=
1
+
1
x
2
−
2
x
=
x
2
+
1
−
2
x
x
2
=
(
x
−
1
)
2
x
2
{\displaystyle f'(x)=1+{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {2}{x}}={\frac {x^{2}+1-2x}{x^{2}}}={\frac {(x-1)^{2}}{x^{2}}}}
f
(
x
)
≥
f
(
1
)
=
0
(
x
≥
1
)
⇒
x
−
1
x
−
2
ln
x
≥
0
(
x
≥
1
)
⇒
x
−
1
x
≥
2
ln
x
(
x
≥
1
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)\geq f(1)=0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow x-{\frac {1}{x}}-2\ln x\geq 0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow x-{\frac {1}{x}}\geq 2\ln x\quad (x\geq 1)\end{array}}}
定积分 描述的积分形式。我们在本小节只会介绍其初等形式。[1]
使用对数平均值不等式解题时，常采用英文词首字母缩写，把对数平均值不等式中的算术平均值部分简称为A，对数平均值部分简称为L，几何平均值部分简称为G。由此对数均值不等式可以简记为
A
>
L
>
G
{\displaystyle A>L>G}
取
a
=
x
2
,
b
=
1
{\displaystyle a=x^{2},b=1}
ln
2
(
x
−
1
)
x
+
1
<
ln
x
<
x
−
1
x
{\displaystyle \ln {\frac {2(x-1)}{x+1}}<\ln x<x-{\frac {1}{x}}}
取
a
=
e
x
1
,
b
=
e
x
2
{\displaystyle a=e^{x_{1}},b=e^{x_{2}}}
x
1
−
x
2
2
>
e
x
1
−
e
x
2
e
x
1
+
e
x
2
{\displaystyle {\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}>{\frac {e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{e^{x_{1}}+e^{x_{2}}}}}
x
1
−
x
2
<
e
x
1
−
x
x
2
e
x
1
+
x
2
2
{\displaystyle x_{1}-x_{2}<{\frac {e^{x_{1}}-x^{x_{2}}}{e^{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}}}}
A-L-G与中国大陆高考导数压轴题中的极值点偏移考点 联系密切。本小节我们只讨论极值点偏移问题的不等式解法（即变形后套用A-L-G不等式解决此类问题），暂不提及其它传统的导数论证方法。
∀
x
1
≠
x
2
,
e
x
1
+
x
2
2
<
e
x
1
−
e
x
2
x
1
−
x
2
<
e
x
1
+
e
x
2
2
{\displaystyle \forall x_{1}\neq x_{2},e^{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}<{\frac {e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}}<{\frac {e^{x_{1}}+e^{x_{2}}}{2}}}
f
(
x
)
=
e
x
,
x
∈
R
{\displaystyle f(x)=e^{x},x\in \mathbb {R} }
f
(
a
)
+
f
(
b
)
2
{\displaystyle {\frac {f(a)+f(b)}{2}}}
f
(
b
)
−
f
(
a
)
b
−
a
{\displaystyle {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}}
f
(
x
)
=
ln
x
x
,
f
(
x
1
)
=
f
(
x
2
)
(
x
1
≠
x
2
)
{\displaystyle f(x)={\frac {\ln x}{x}},f(x_{1})=f(x_{2})\quad (x_{1}\neq x_{2})}
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}+x_{2}}
f
(
x
)
=
e
x
−
x
2
−
a
x
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-x^{2}-ax\quad (a\in \mathbb {R} )}
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (x_{1}<x_{2})}
e
x
1
+
e
x
2
>
4
{\displaystyle e^{x_{1}}+e^{x_{2}}>4}
f
(
x
)
=
e
x
−
a
x
+
a
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-ax+a\quad (a\in \mathbb {R} )}
x
1
,
x
2
(
1
<
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (1<x_{1}<x_{2})}
x
1
x
2
<
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}x_{2}<x_{1}+x_{2}}
排序不等式
编辑
排序不等式是一个不怎么起眼的不等式，它在许多地方都不会使用，因为平均值不等式或柯西不等式都可以取代它，并且在叙述方面也比较困难。排序不等式是这样的：
设
a
1
⩽
a
2
⩽
⋯
⩽
a
n
,
b
1
⩽
b
2
⩽
⋯
⩽
b
n
,
{
c
1
,
c
2
,
⋯
,
c
n
}
=
{
b
1
,
b
2
,
⋯
,
b
n
}
{\displaystyle a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n},b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n},\{c_{1},c_{2},\cdots ,c_{n}\}=\{b_{1},b_{2},\cdots ,b_{n}\}}
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
c
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
n
+
1
−
i
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}c_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{n+1-i}}
即顺序和大于等于乱序和大于等于正序和。
我们一般用调整法证明这个不等式。
∀
n
,
k
,
t
n
∈
N
+
{\displaystyle \forall n,k,t_{n}\in \mathbb {N} ^{+}}
t
n
<
n
,
k
<
n
{\displaystyle t_{n}<n,k<n}
(
a
n
−
a
k
)
(
b
n
−
b
t
n
)
⩾
0
{\displaystyle (a_{n}-a_{k})(b_{n}-b_{t_{n}})\geqslant 0}
a
n
b
n
+
a
k
b
t
n
⩾
a
k
b
k
+
a
n
b
t
n
{\displaystyle a_{n}b_{n}+a_{k}b_{t_{n}}\geqslant a_{k}b_{k}+a_{n}b_{t_{n}}}
b
n
,
b
t
n
{\displaystyle b_{n},b_{t_{n}}}
在使用排序不等式时，一定要注意两个数组能得出大小顺序 ，否则不能使用。当然，在求证的是一个高度对称的式子是，我们可以设出一个大小来使用排序不等式。
切比雪夫不等式
编辑
切比雪夫不等式可以用排序不等式得到，但是极其不常用。它主要的用途是让书写更方便。
设
a
1
⩽
a
2
⩽
⋯
⩽
a
n
,
b
1
⩽
b
2
⩽
⋯
⩽
b
n
{\displaystyle a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n},b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n}}
∑
i
=
1
n
a
i
b
n
+
1
−
i
⩽
1
n
(
∑
i
=
1
n
a
i
)
(
∑
i
=
1
n
b
i
)
⩽
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{n+1-i}\leqslant {\frac {1}{n}}\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}\right)\leqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}}
证明 ：由排序不等式可知：
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
1
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
2
⋮
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
n
−
1
{\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+1}\\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+2}\\&\vdots \\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+n-1}\end{aligned}}}
我们把这n个式子加起来，得到
n
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
(
∑
i
=
1
n
a
i
)
(
∑
i
=
1
n
b
i
)
{\displaystyle n\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}\right)}
即原不等式右半边得证。同理可以证明不等式左半边。那么切比雪夫不等式得证。
上凸与下凸函数
编辑
对于一个函数
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
∀
x
1
,
x
2
∈
I
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2}\in I}
f
(
x
1
+
x
2
2
)
⩽
1
2
[
f
(
x
1
)
+
f
(
x
2
)
]
{\displaystyle f\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)\leqslant {\frac {1}{2}}[f(x_{1})+f(x_{2})]}
那么我们称
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
I
{\displaystyle I}
判定一个函数是否为下凸函数一般有两个方法：扣定义、求二阶导数。不难发现，对于任意一个下凸函数，其二阶导数在区间内恒为正值。虽然求二阶导数的方法不需要什么技巧性，但是它有时是不能用的。比如对于函数
f
(
x
)
=∣
x
∣
{\displaystyle f(x)=\mid x\mid }
f
1
(
x
)
=
1
1
−
x
,
f
2
(
x
)
=
x
1
−
x
(
0
<
x
<
1
)
{\displaystyle f_{1}(x)={\frac {1}{\sqrt {1-x}}},f_{2}(x)={\frac {x}{\sqrt {1-x}}}(0<x<1)}
参考证明：
d
2
f
1
(
x
)
d
x
2
=
3
4
(
1
−
x
)
−
5
2
,
d
2
f
2
(
x
)
d
x
2
=
1
−
x
4
(
1
−
x
)
5
2
{\displaystyle {\frac {d^{2}f_{1}(x)}{dx^{2}}}={\frac {3}{4}}(1-x)^{-{\frac {5}{2}}},{\frac {d^{2}f_{2}(x)}{dx^{2}}}={\frac {1-x}{4(1-x)^{\frac {5}{2}}}}}
∀
x
∈
(
0
,
1
)
,
f
1
″
(
x
)
>
0
,
f
2
″
(
x
)
>
0
{\displaystyle \forall x\in (0,1),f_{1}''(x)>0,f_{2}''(x)>0}
延森不等式
编辑
延森不等式及其证明
编辑
图中的男人就是約翰·延森（Johan Ludwig William Valdemar Jensen，1859年—1925年）。很明显，他制造了延森不等式。
区间I上的下凸函数
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
延森不等式 （Jensen inequality ）：
∀
x
1
,
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
∈
I
,
∑
i
=
1
n
f
(
x
i
)
n
≥
f
(
∑
i
=
1
n
x
i
n
)
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\in I,{\frac {\sum _{i=1}^{n}f(x_{i})}{n}}\geq f({\frac {\sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}})}
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
区间I上的下凸函数
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
加权形式的延森不等式 （weighted Jensen inequality ）：
∀
x
1
,
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
∈
I
,
∑
i
=
1
n
λ
i
=
1
,
∑
i
=
1
n
λ
i
f
(
x
i
)
≥
f
(
∑
i
=
1
n
λ
i
x
i
)
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\in I,\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}=1,\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(x_{i})\geq f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}x_{i})}
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
它们以丹麦业余数学家約翰·延森 命名。
延森不等式的简单应用
编辑
为了应用Jensen不等式，需要根据题目的形式特点，寻找合适的上凸或下凸函数。比较常见的是设以下函数作为辅助函数：
f
(
x
)
=
sin
x
(
x
∈
[
0
,
π
]
)
{\displaystyle f(x)=\sin x\quad (x\in [0,\pi ])}
f
(
x
)
=
cos
x
(
x
∈
[
0
,
π
2
]
o
r
[
π
2
,
π
]
)
{\displaystyle f(x)=\cos x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}]\ or\ [{\frac {\pi }{2}},\pi ])}
f
(
x
)
=
tan
x
(
x
∈
[
0
,
π
2
)
)
{\displaystyle f(x)=\tan x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}))}
f
(
x
)
=
ln
x
{\displaystyle f(x)=\ln x}
f
(
x
)
=
l
g
x
(
x
>
0
)
{\displaystyle f(x)=lgx\quad (x>0)}
f
(
x
)
=
x
ln
x
{\displaystyle f(x)=x\ln x}
f
(
x
)
=
x
l
g
x
(
x
>
0
)
{\displaystyle f(x)=xlgx\quad (x>0)}
最后2个辅助函数常用于需要进行对数变换的题型，而且有时会不确定用二者中的哪一个，这时可以分别都常试一下。
f
(
x
)
=
x
ln
x
{\displaystyle f(x)=x\ln x}
0
<
a
<
b
{\displaystyle 0<a<b}
g
(
a
)
+
g
(
b
)
−
2
g
(
a
+
b
2
)
>
0
{\displaystyle g(a)+g(b)-2g({\frac {a+b}{2}})>0}
a
1
,
a
2
,
.
.
.
,
a
n
{\displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{n}}
∑
i
=
1
n
a
i
=
k
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}=k}
∑
i
=
1
n
a
i
2
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2}}
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
1
{\displaystyle a,b>0,a+b=1}
1
+
a
2
+
1
+
b
2
≥
5
{\displaystyle {\sqrt {1+a^{2}}}+{\sqrt {1+b^{2}}}\geq {\sqrt {5}}}
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
4
3
{\displaystyle {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq 4{\sqrt {3}}}
参考证明2（仅用到算术-几何平均值不等式）：
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
{
k
1
⋅
a
+
5
≤
k
1
2
+
(
a
+
5
)
2
(
k
1
>
0
)
k
2
⋅
b
+
5
≤
k
2
2
+
(
b
+
5
)
2
(
k
2
>
0
)
k
3
⋅
c
+
5
≤
k
3
2
+
(
c
+
5
)
2
(
k
3
>
0
)
{\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}k_{1}\cdot {\sqrt {a+5}}\leq {\frac {k_{1}^{2}+(a+5)}{2}}\quad (k_{1}>0)\\k_{2}\cdot {\sqrt {b+5}}\leq {\frac {k_{2}^{2}+(b+5)}{2}}\quad (k_{2}>0)\\k_{3}\cdot {\sqrt {c+5}}\leq {\frac {k_{3}^{2}+(c+5)}{2}}\quad (k_{3}>0)\end{array}}\right.}
k
1
=
a
+
5
,
k
2
=
b
+
5
,
k
3
=
c
+
5
{\displaystyle k_{1}={\sqrt {a+5}},k_{2}={\sqrt {b+5}},k_{3}={\sqrt {c+5}}}
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
k
1
a
+
5
+
k
2
b
+
5
+
k
3
c
+
5
≤
k
1
2
+
(
a
+
5
)
2
+
k
2
2
+
(
b
+
5
)
2
+
k
3
2
+
(
c
+
5
)
2
≥
4
3
=
k
1
2
+
k
2
2
+
k
3
2
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
≥
4
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}k_{1}{\sqrt {a+5}}+k_{2}{\sqrt {b+5}}+k_{3}{\sqrt {c+5}}\\\leq {\frac {k_{1}^{2}+(a+5)}{2}}+{\frac {k_{2}^{2}+(b+5)}{2}}+{\frac {k_{3}^{2}+(c+5)}{2}}\geq 4{\sqrt {3}}\\={\frac {k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+k_{3}^{2}}{2}}+{\frac {(a+b+c)+15}{2}}\geq 4{\sqrt {3}}\end{array}}}
轮换对称多项式 ，所以容易猜想当等号成立时，a、b、c的取值应该地位一致，即a = b = c。
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
k
1
=
a
+
5
,
k
2
=
b
+
5
,
k
3
=
c
+
5
{\displaystyle k_{1}={\sqrt {a+5}},k_{2}={\sqrt {b+5}},k_{3}={\sqrt {c+5}}}
k
1
=
k
2
=
k
3
=
16
3
{\displaystyle k_{1}=k_{2}=k_{3}={\sqrt {\frac {16}{3}}}}
16
3
⋅
a
+
5
+
16
3
⋅
b
+
5
+
16
3
⋅
c
+
5
≤
(
16
3
)
2
+
(
16
3
)
2
+
(
16
3
)
2
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
⇒
16
3
(
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
)
≤
3
⋅
16
3
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
⇒
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
(
8
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
)
⋅
3
16
{\displaystyle {\begin{array}{l}{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {b+5}}+{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {c+5}}\leq {\frac {({\sqrt {\frac {16}{3}}})^{2}+({\sqrt {\frac {16}{3}}})^{2}+({\sqrt {\frac {16}{3}}})^{2}}{2}}+{\frac {(a+b+c)+15}{2}}\\\Rightarrow {\frac {\sqrt {16}}{3}}({\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}})\leq {\frac {3\cdot {\frac {16}{3}}}{2}}+{\frac {(a+b+c)+15}{2}}\\\Rightarrow {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq (8+{\frac {(a+b+c)+15}{2}})\cdot {\sqrt {\frac {3}{16}}}\end{array}}}
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
(
8
+
1
+
15
2
)
⋅
3
16
=
16
⋅
3
16
=
3
⋅
16
=
4
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}{\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq (8+{\frac {1+15}{2}})\cdot {\sqrt {\frac {3}{16}}}\\=16\cdot {\sqrt {\frac {3}{16}}}={\sqrt {3\cdot 16}}=4{\sqrt {3}}\end{array}}}
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
需要进行对数变换的问题
编辑
下面，我们先假定读者能从字面上直观理解“凸集 ”一词的含义，由此引出接下来的对数凸性的定义：
对数凸函数 （logarithmically convex function ）是同时满足以下定义的函数：
定义在实数向量空间中凸集内，函数值为正数。
函数进行对数变换后为（下）凸函数。
如果一个函数是对数凸函数，也可以说这个函数是对数（下）凸的 或者说具有对数（下）凸性 。根据定义，对数凸函数可以在进行对数变换后，保证Jensen不等式的成立。如果仔细观察算术-几何不等式，可以发现算术-几何不等式描述的也是一种对数凸性，所以它也容易利用Jensen不等式直接证明。
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
(
1
x
2
+
x
)
(
1
y
2
+
y
)
(
1
z
2
+
z
)
≥
(
28
3
)
3
{\displaystyle ({\frac {1}{x^{2}}}+x)({\frac {1}{y^{2}}}+y)({\frac {1}{z^{2}}}+z)\geq ({\frac {28}{3}})^{3}}
分析与提示：对要证明的不等式两边同时取对数，可得：
ln
(
1
x
2
+
x
)
+
ln
(
1
y
2
+
y
)
+
ln
(
1
z
2
+
z
)
≥
3
ln
(
28
3
)
{\displaystyle \ln({\frac {1}{x^{2}}}+x)+\ln({\frac {1}{y^{2}}}+y)+\ln({\frac {1}{z^{2}}}+z)\geq 3\ln({\frac {28}{3}})}
f
(
t
)
=
ln
(
1
t
2
+
t
)
{\displaystyle f(t)=\ln({\frac {1}{t^{2}}}+t)}
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
(
0
,
+
∞
)
{\displaystyle (0,+\infty )}
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
0
<
x
,
y
,
z
<
1
{\displaystyle 0<x,y,z<1}
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
(
0
,
1
)
{\displaystyle (0,1)}
x
>
1
,
y
>
1
{\displaystyle x>1,y>1}
(
x
+
y
)
ln
(
x
+
y
2
)
≤
x
ln
x
+
y
ln
y
{\displaystyle (x+y)\ln({\frac {x+y}{2}})\leq x\ln x+y\ln y}
a
,
b
,
x
,
y
>
0
{\displaystyle a,b,x,y>0}
(
x
+
y
)
ln
x
+
y
a
+
b
≤
x
ln
x
a
+
y
ln
y
b
{\displaystyle (x+y)\ln {\frac {x+y}{a+b}}\leq x\ln {\frac {x}{a}}+y\ln {\frac {y}{b}}}
涉及三角形的问题
编辑
切线法与磨光变换法
编辑
舒尔不等式
编辑
本节介绍的内容属于高中数学（常规教学大纲以外）的拓展知识，并不要求大多数中学生了解。
![{\displaystyle \mathbf {G} _{n}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0680c57ccadf5889f914dfe4d065858a0bea9dc2)
相关例题1：
已知0 < x < 1，求函数 的最大值。
![{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3b\end{array}}\right.\\\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+1^{3}+1^{3})+(b^{3}+1^{3}+1^{3})\geq 3a+3b=3(a+b)\\\Rightarrow {\frac {a^{3}+b^{3}+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad {\frac {2+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad a+b\leq 2\end{array}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1604262df34f288aadff068c9213c30b068210d9)
![{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+b^{3}+1^{3}\geq 3\cdot a\cdot b\cdot 1\\b^{3}+c^{3}+1^{3}\geq 3\cdot b\cdot c\cdot 1\\c^{3}+a^{3}+1^{3}\geq 3\cdot c\cdot a\cdot 1\end{array}}\right.\\\Rightarrow 3+2(a^{3}+b^{3}+c^{3})=(a^{3}+b^{3}+1^{3})+(b^{3}+c^{3}+1^{3})+(b^{3}+a^{3}+1^{3})\\\geq (3\cdot a\cdot b\cdot 1)+3(\cdot b\cdot c\cdot 1)+3(\cdot c\cdot a\cdot 1)\\=3(ab+bc+ca)=2(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\geq 2(ab+bc+ca)+3{\sqrt[{3}]{ab\cdot bc\cdot ca}}\\=2(ab+bc+ca)+3{\sqrt[{3}]{(abc)^{2}}}=3{\sqrt[{3}]{1^{2}}}\end{array}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8909e55590a64596c932568b2b5f4a75aa10c063)
![{\displaystyle ab+bc+ca\geq 3{\sqrt[{3}]{(ab)(bc)(ca)}}=3(abc)^{\frac {2}{3}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7fdca49b6512a010261b7fac24bfac30fbd7fdb0)
注意：对数平均值不等式中不存在取等号的可能性，它在这一点上与代数-几何不等式等许多其它常用不等式明显不同。因为当且仅当a = b时，它们的算术平均值才会刚好等于几何平均值，但是此时对数平均值会因分母为0而失去意义。
提示：对数均值不等式还存在以定积分描述的积分形式。我们在本小节只会介绍其初等形式。[1]
对数均值不等式的其它常用推论：
![{\displaystyle f\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)\leqslant {\frac {1}{2}}[f(x_{1})+f(x_{2})]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b98bcdcfb578f8f26478fe809606ecb925e06c02)
![{\displaystyle f(x)=\sin x\quad (x\in [0,\pi ])}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e26a39cc0b1e8c73f33e837d7f761196ac9a7d41)
![{\displaystyle f(x)=\cos x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}]\ or\ [{\frac {\pi }{2}},\pi ])}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/75914b5eb7fd82b649a097afc63aaff199b5527a)
