先前在平均值不等式 章節學習的平均值不等式完全可以推廣到包含更多變元的情形。
設
x
1
,
x
2
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}}
為
n
{\displaystyle n}
個正實數,稱
A
n
=
x
1
+
x
2
+
⋯
+
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}}
為它們的算術平均數 (arithmetic mean ),稱
G
n
=
x
1
⋅
x
2
⋯
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {G} _{n}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}}
為它們的幾何平均數 (geometric mean )。
一般形式的算術-幾何平均值不等式 (inequality of arithmetic and geometric means )指出,對任意的正實數
x
1
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n}}
,總有:
A
n
≥
G
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}\geq \mathbf {G} _{n}}
上述不等式中的等號當且僅當
x
1
=
x
2
=
⋯
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}}
時才嚴格成立。算術-幾何平均值不等式是表現算術平均數和幾何平均數之間恆定的大小順序關係。它也被簡稱為算幾不等式 (AM-GM )。
其證明可見於維基百科平均值不等式 條目。這個不等式也可以擴展為包含n元的不等式鏈,其中最常用的是「n元的調和-幾何-算術-平方平均值不等式」。人們常說的「平均值不等式」或「平均數不等式」指的也是該四大平均值組成的二元或n元不等式鏈。
本小節列出一些可用平均值不等式解決的包含3個變元的常見的不等式問題。例題主要是圍繞3元的代數-幾何平均值不等式的解題應用,少數可以只使用2元的代數-幾何不等式分多次解決,但需要一定的代數觀察能力和變形技巧。部分特別簡單(不需要用到3元算術-幾何平均值不等式)的3元不等式證明問題可以見於主幹知識部分的平均值不等式 章節。
我們先介紹一些簡單的求值問題。
相關例題1:
已知0 < x < 1,求函數
f
(
x
)
=
−
x
3
−
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle f(x)=-x^{3}-x^{2}+x+1}
的最大值。
答案:
32
27
{\displaystyle {\frac {32}{27}}}
。
相關例題2:
求函數
f
(
x
)
=
x
2
1
−
x
2
(
0
<
x
<
1
)
{\displaystyle f(x)=x^{2}{\sqrt {1-x^{2}}}\quad (0<x<1)}
的最大值。
答案:
2
3
9
{\displaystyle {\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}}
。
相關例題3:
已知0 < x < 2,求函數
f
(
x
)
=
6
x
(
4
−
x
2
)
{\displaystyle f(x)=6x(4-x^{2})}
的最大值。
答案:
32
3
3
{\displaystyle {\frac {32{\sqrt {3}}}{3}}}
。
其次,我們介紹通過「拼湊常數項升/降冪」來求最值的技巧。這種方法針對已知條件和待求證的式子中都具有相似的代數式,但是冪次不相同的情況。對於這類問題,可以巧湊常數項,然後利用不等式進行冪次的升/降,以便用上已知約束條件求解最值。
這種題型有2個要點需要注意:
待求證或求解的式子經常可以拆成多個形式等價的部分,先用不等式單獨求解。
合併單獨的不等式時,需要保證取等條件一致。為此,所需待定常數的取值一般會結合原不等式的取等條件作為線索來猜測。
相關例題4:
設
a
,
b
>
0
,
a
3
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}b^{3}=2}
,求證:
a
+
b
≤
2
{\displaystyle a+b\leq 2}
。
參考證明:
{
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}}}
證明完畢。
相關例題5:
設
a
,
b
>
0
,
a
3
+
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}+b^{3}=2}
,求
a
2
+
b
2
+
5
a
b
{\displaystyle a^{2}+b^{2}+5ab}
的最大值。
相關例題6:
設
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
,求證:
a
3
+
b
3
+
c
3
≥
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq ab+bc+ca}
。
相關例題7:
設
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
2
{\displaystyle a,b>0,a+b=2}
,求證:
a
3
+
b
3
≥
2
{\displaystyle a^{3}+b^{3}\geq 2}
。
參考證明:
{
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}}}
又因為已知a + b = 2,所以:
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}
證明完畢。
最後,介紹一些同樣需要技巧的代數式比較問題。
相關例題8:
設
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
,求
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
的最大值。
答案:
1
3
{\displaystyle {\frac {1}{3}}}
。
點評:如果3個正數a、b、c的和為固定值,則
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
有最大值;反過來,如果
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
為固定值,則正數a、b、c的和有最小值。這是一個常用結論,其證明步驟也會經常被用到。
相關例題5:
設
a
,
b
,
c
>
0
,
a
b
+
b
c
+
a
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,ab+bc+ac=1}
,求證:
(1)
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
3
3
{\displaystyle {\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}\geq 3{\sqrt {3}}}
(2)
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
≤
1
3
{\displaystyle abc(a+b+c)\leq {\frac {1}{3}}}
參考證明:
(1)
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}}}
帶入已知條件
a
b
+
b
c
+
c
a
=
1
{\displaystyle ab+bc+ca=1}
可得:
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}}}
證明完畢。
(2)首先注意到下列2個條件:
{
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}}}
它們的變量情況較複雜,但是具有形式上的一致性,可作如下換元:
x
=
a
b
>
0
,
y
=
b
c
>
0
,
z
=
c
a
>
0
{\displaystyle x=ab>0,y=bc>0,z=ca>0}
然後原問題轉化如下問題:
已知
x
,
y
,
z
>
0
,
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x,y,z>0,x+y+z=1}
,求
x
y
+
y
z
+
z
x
{\displaystyle xy+yz+zx}
的最大值。
根據前面類似例題的思路,可以得到:
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}}}
所以可得
(
x
+
y
+
z
)
2
≥
3
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
{\displaystyle (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)}
。
將條件
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
代入可知:
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}}}
證明完畢。
相關例題10:
設
a
>
0
{\displaystyle a>0}
,求證:
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}
。
相關例題11:
設
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
,求證:
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}}}
。
1957年,B·奧斯透(B. Ostle)和H·L·特爾維利爾(H. L. Terwilliger)提出對於不相等的任意2個正數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}}}
;1966年,B·C·卡爾森(B. C. Carlson)提出對於不相等的任意2個正數a和b,存在不等式
a
+
b
2
>
a
−
b
ln
a
−
ln
b
{\displaystyle {\frac {a+b}{2}}>{\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}}
[ 1] 。將它們合併到一起,並和算術-幾何平均值不等式相聯繫,我們就得到本節的主角:
設
a
,
b
>
0
,
a
≠
b
{\displaystyle a,b>0,a\neq b}
,則有下列算術-對數-幾何平均值不等式 (arithmetic-logarithmic-geometric mean inequality )[ 1] ,簡稱對數均值不等式 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}}}
叫做a和b的對數平均數 (logarithmic mean )[ 1] 。
不妨設
a
<
b
,
t
=
b
a
>
1
{\displaystyle a<b,t={\frac {b}{a}}>1}
,作換元b = t a即知原不等式可化為:
t
+
1
2
>
t
−
1
ln
t
>
t
{\displaystyle {\frac {t+1}{2}}>{\frac {t-1}{\ln t}}>{\sqrt {t}}}
於是原不等式等價於下列2個不等式同時成立:
左半邊:
ln
x
>
2
(
x
−
1
)
x
+
1
{\displaystyle \ln x>{\frac {2(x-1)}{x+1}}}
(取
t
=
x
,
x
>
1
{\displaystyle t=x,x>1}
)
右半邊:
x
−
1
x
>
2
ln
x
{\displaystyle x-{\frac {1}{x}}>2\ln x}
(取
t
=
x
2
,
x
>
1
{\displaystyle t=x^{2},x>1}
)
證明:先證左半邊的不等式。設
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)}
,易得
f
′
(
x
)
=
1
x
+
4
(
x
+
1
)
2
{\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}}+{\frac {4}{(x+1)^{2}}}}
。
易知當x > 1時,恆有f'(x) > 0,即此時的f(x)嚴格單調遞增。
又因為f(x)在x = 1時是連續的,所以
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}}}
上述不等式中的等於號當且僅當x = 1時嚴格成立。
再證右半邊的不等式。設
f
(
x
)
=
x
−
1
x
−
2
ln
x
(
x
≥
1
)
{\displaystyle f(x)=x-{\frac {1}{x}}-2\ln x\quad (x\geq 1)}
,易得
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}}}}
。
易知當x > 1時,恆有f'(x) > 0。即此時的f(x)嚴格單調遞增。
又因為f(x)在x = 1時是連續的,所以
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}}}
上述不等式中的等於號當且僅當x = 1時嚴格成立。
注意:對數平均值不等式中不存在取等號的可能性,它在這一點上與代數-幾何不等式等許多其它常用不等式明顯不同。因為當且僅當a = b時,它們的算術平均值才會剛好等於幾何平均值,但是此時對數平均值會因分母為0而失去意義。
提示:對數均值不等式還存在以定積分 描述的積分形式。我們在本小節只會介紹其初等形式。[ 1]
使用對數平均值不等式解題時,常採用英文詞首字母縮寫,把對數平均值不等式中的算術平均值部分簡稱為A,對數平均值部分簡稱為L,幾何平均值部分簡稱為G。由此對數均值不等式可以簡記為
A
>
L
>
G
{\displaystyle A>L>G}
。這也是該不等式被稱為「A-L-G不等式」的原因。
對數均值不等式的其它常用推論:
取
a
=
x
2
,
b
=
1
{\displaystyle a=x^{2},b=1}
,則有:
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}}}
,則分別有
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}}}}}
和
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}}}}}
成立。
A-L-G與中國大陸高考導數壓軸題中的極值點偏移考點 聯繫密切。本小節我們只討論極值點偏移問題的不等式解法(即變形後套用A-L-G不等式解決此類問題),暫不提及其它傳統的導數論證方法。
注意:(1)在常規數學考試中,A-L-G不等式的正確性需要現場證明,不能直接拿來使用。(2)我們在A-L-G不等式的證明過程用到了求導論證的技巧,所以它並不是一種完全獨立於微積分理論的工具,只是可以找出一類問題的共性並簡化一些證明步驟。
相關例題1:
求證:
∀
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}}}
。
相關例題2:
已知函數
f
(
x
)
=
e
x
,
x
∈
R
{\displaystyle f(x)=e^{x},x\in \mathbb {R} }
。設a < b,比較
f
(
a
)
+
f
(
b
)
2
{\displaystyle {\frac {f(a)+f(b)}{2}}}
與
f
(
b
)
−
f
(
a
)
b
−
a
{\displaystyle {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}}
的大小,並說明理由。
(出自2013年中國大陸高考理科數學陝西卷第21題第(3)問(壓軸解答題)。)
相關例題3:
已知
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})}
,比較
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}+x_{2}}
與2e的大小。
相關例題4:
已知函數
f
(
x
)
=
e
x
−
x
2
−
a
x
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-x^{2}-ax\quad (a\in \mathbb {R} )}
有2個極值點
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (x_{1}<x_{2})}
,求證:
e
x
1
+
e
x
2
>
4
{\displaystyle e^{x_{1}}+e^{x_{2}}>4}
。
相關例題5:
已知函數
f
(
x
)
=
e
x
−
a
x
+
a
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-ax+a\quad (a\in \mathbb {R} )}
存在2個不同的零點
x
1
,
x
2
(
1
<
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (1<x_{1}<x_{2})}
,求證:
x
1
x
2
<
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}x_{2}<x_{1}+x_{2}}
。
排序不等式是一個不怎麼起眼的不等式,它在許多地方都不會使用,因為平均值不等式或柯西不等式都可以取代它,並且在敘述方面也比較困難。排序不等式是這樣的:
設
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}\}}
,那麼有
∑
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}}
即順序和大於等於亂序和大於等於正序和。
我們一般用調整法證明這個不等式。
∀
n
,
k
,
t
n
∈
N
+
{\displaystyle \forall n,k,t_{n}\in \mathbb {N} ^{+}}
有
t
n
<
n
,
k
<
n
{\displaystyle t_{n}<n,k<n}
,有
(
a
n
−
a
k
)
(
b
n
−
b
t
n
)
⩾
0
{\displaystyle (a_{n}-a_{k})(b_{n}-b_{t_{n}})\geqslant 0}
。那麼可以得到
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}}}
,我們把
b
n
,
b
t
n
{\displaystyle b_{n},b_{t_{n}}}
交換,和將變大。我們不停重複這個過程,亂序變為順序,和變為最大。同理可以證明亂序和大於等於反序和。
在使用排序不等式時,一定要注意兩個數組能得出大小順序 ,否則不能使用。當然,在求證的是一個高度對稱的式子是,我們可以設出一個大小來使用排序不等式。
切比雪夫不等式可以用排序不等式得到,但是極其不常用。它主要的用途是讓書寫更方便。
設
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}}
,那麼
∑
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}}
證明 :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}}}
我們把這n個式子加起來,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)}
即原不等式右半邊得證。同理可以證明不等式左半邊。那麼切比雪夫不等式得證。
對於一個函數
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
,如果滿足
∀
x
1
,
x
2
∈
I
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2}\in I}
都有
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})]}
那麼我們稱
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
在區間
I
{\displaystyle I}
上是下凸的。將其中的小於等於號改成大於等於號,那麼這個函數就是上凸的。有時我們稱下凸為凸,稱上凸為凹。
判定一個函數是否為下凸函數一般有兩個方法:扣定義、求二階導數。不難發現,對於任意一個下凸函數,其二階導數在區間內恆為正值。雖然求二階導數的方法不需要什麼技巧性,但是它有時是不能用的。比如對於函數
f
(
x
)
=∣
x
∣
{\displaystyle f(x)=\mid x\mid }
,它顯然是一個下凸函數(由圖像可以看出來),但它是不能求導的。不過題目中一般不會出現很難說明是下凸的函數,所以求二階到還是最保險的方法。
相關例題:
證明函數
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)}
都是下凸函數。
參考證明:
不難發現
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}}}}}
(求導過程略),且
∀
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}
,得證。
圖中的男人就是約翰·延森(Johan Ludwig William Valdemar Jensen,1859年—1925年)。很明顯,他製造了延森不等式。
區間I上的下凸函數
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
一定滿足如下的延森不等式 (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}})}
當且僅當
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
時上式中的等號成立。
區間I上的下凸函數
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
一定滿足如下加權形式的延森不等式 (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})}
當且僅當
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
時上式中的等號成立。
它們以丹麥業餘數學家約翰·延森 命名。
為了應用Jensen不等式,需要根據題目的形式特點,尋找合適的上凸或下凸函數。比較常見的是設以下函數作為輔助函數:
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}
或
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}
或
f
(
x
)
=
x
l
g
x
(
x
>
0
)
{\displaystyle f(x)=xlgx\quad (x>0)}
最後2個輔助函數常用於需要進行對數變換的題型,而且有時會不確定用二者中的哪一個,這時可以分別都常試一下。
相關例題1:
已知函數
f
(
x
)
=
x
ln
x
{\displaystyle f(x)=x\ln x}
,且
0
<
a
<
b
{\displaystyle 0<a<b}
,求證:
g
(
a
)
+
g
(
b
)
−
2
g
(
a
+
b
2
)
>
0
{\displaystyle g(a)+g(b)-2g({\frac {a+b}{2}})>0}
。
相關例題2:
若
a
1
,
a
2
,
.
.
.
,
a
n
{\displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{n}}
是一組實數,且
∑
i
=
1
n
a
i
=
k
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}=k}
。假設n與k都是固定的常數,求
∑
i
=
1
n
a
i
2
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2}}
的最小值。
相關例題3:
設
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
1
{\displaystyle a,b>0,a+b=1}
,求證:
1
+
a
2
+
1
+
b
2
≥
5
{\displaystyle {\sqrt {1+a^{2}}}+{\sqrt {1+b^{2}}}\geq {\sqrt {5}}}
。
相關例題4:
設
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
,求證:
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
4
3
{\displaystyle {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq 4{\sqrt {3}}}
。
參考證明2(僅用到算術-幾何平均值不等式):
我們考慮利用巧配系數升冪的技巧,設置3個待定常系數
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
,並分別構造以下的3個不等式:
{
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.}
以上各式中的等號分別當且僅當
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}}}
時成立。
由於已知條件是a、b、c的一次代數式,而上述3個不等式的右側累加後剛好也能得到a、b、c的一次代數式。
因此只要取等條件合適,就能通過連加上述3個不等式來得證原不等式。
我們接下來的想法是選取合適的
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
,以便論證:
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}}}
由於原不等式的左側是關於a、b、c的輪換對稱多項式 ,所以容易猜想當等號成立時,a、b、c的取值應該地位一致,即a = b = c。
再結合限制條件a + b + c = 1,易知原不等式的取等條件應該是
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
。
另一方面,要使從原不等式中拆出的3個子不等式同時成立,需要同時保證
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}}}
,
繼而可知所需的
k
1
=
k
2
=
k
3
=
16
3
{\displaystyle k_{1}=k_{2}=k_{3}={\sqrt {\frac {16}{3}}}}
。即有:
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}}}
將已知條件a + b + c = 1代入,可得:
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}}}
上式中的等號當且僅當
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
時同時成立。證明完畢。
下面,我們先假定讀者能從字面上直觀理解「凸集 」一詞的含義,由此引出接下來的對數凸性的定義:
對數凸函數 (logarithmically convex function )是同時滿足以下定義的函數:
定義在實數向量空間中凸集內,函數值為正數。
函數進行對數變換後為(下)凸函數。
如果一個函數是對數凸函數,也可以說這個函數是對數(下)凸的 或者說具有對數(下)凸性 。根據定義,對數凸函數可以在進行對數變換後,保證Jensen不等式的成立。如果仔細觀察算術-幾何不等式,可以發現算術-幾何不等式描述的也是一種對數凸性,所以它也容易利用Jensen不等式直接證明。
相關例題1:
已知
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
,且
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
,求證:
(
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}}
。
分析與提示:對要證明的不等式兩邊同時取對數,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}})}
容易想到設輔助函數
f
(
t
)
=
ln
(
1
t
2
+
t
)
{\displaystyle f(t)=\ln({\frac {1}{t^{2}}}+t)}
,但是因為
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
不是
(
0
,
+
∞
)
{\displaystyle (0,+\infty )}
上凹凸性保持不變的函數,不能急着直接套用Jensen不等式。注意到
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
,且
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
,這說明至少可以肯定
0
<
x
,
y
,
z
<
1
{\displaystyle 0<x,y,z<1}
,容易發現
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
在
(
0
,
1
)
{\displaystyle (0,1)}
這個小範圍內還是可以證明下凸性的,因此仍能使用Jensen不等式,但是要限制輔助函數的變量取值範圍。
相關例題2:
已知
x
>
1
,
y
>
1
{\displaystyle x>1,y>1}
,求證:
(
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}
。
相關例題3:
若
a
,
b
,
x
,
y
>
0
{\displaystyle a,b,x,y>0}
,求證:
(
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}}}
。