第05章不等式

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\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：算术平均与几何平均的几何关系

不等关系是数学的基石之一. 从简单的数值比较到复杂的函数性质分析, 不等式为我们提供了一套精确的语言和强大的工具, 用以刻画量与量之间的非等价关系. 本章将从最基本也最重要的算术-几何平均不等式出发, 系统地建立一系列经典不等式的理论框架, 并探讨其在最值问题、方程求解与理论证明中的应用.

本章的核心内容包括:

算术-几何平均不等式: 证明、推广及其在求最值问题中的应用.
柯西不等式: 向量形式与代数形式的证明与应用.
排序不等式: 组合思想在不等式中的体现.
琴生不等式: 凸函数与不等式的深刻联系.

通过本章的学习, 我们将不仅掌握一系列具体的解题技巧, 更重要的是, 建立起一种从代数结构、几何直观与分析性质等多个维度审视与构造不等关系的思维模式.

均值不等式

{/* label: sec:ch05-s01 */}

二元情形

我们从最基本的情形出发.

二元算术-几何平均不等式

对于任意非负实数 $a, b$ , 恒有

\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}

等号成立的充分必要条件是 $a=b$ .

证明（代数证明）

考虑任意两个非负实数 $a, b$ . 由于实数的平方非负, 我们有 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \ge 0$ . 展开此完全平方式, 得到 $a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$ . 移项并整理, 即得 $a+b \ge 2\sqrt{ab}$ , 进而 $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ .

等号成立的条件是 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2=0$ , 即 $\sqrt{a}=\sqrt{b}$ , 故 $a=b$ .

证明（几何证明）

考虑一个直径为 $a+b$ 的半圆.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：AM-GM 不等式的几何解释

如图, 设线段 $AB$ 为半圆的直径, 其长度为 $a+b$ . 点 $C$ 在直径上, 使得 $AC=a, CB=b$ . 半圆的半径为 $R = \frac{a+b}{2}$ .

过点 $C$ 作直径的垂线, 交半圆于点 $D$ . 在直角三角形 $ADB$ 中 (由直径所对圆周角为直角可知), 根据射影定理, 有 $CD^2 = AC \cdot CB$ . 故 $CD = \sqrt{ab}$ .

在直角三角形 $OCD$ 中, 斜边 $OD$ 是半圆的半径, 其长度为 $\frac{a+b}{2}$ . 直角边 $CD$ 的长度为 $\sqrt{ab}$ . 根据直角三角形斜边长不小于任一直角边的性质, 我们有 $OD \ge CD$ . 即 $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ .

等号成立的条件是 $\triangle OCD$ 退化, 即点 $C$ 与圆心 $O$ 重合. 此时 $AC=CB$ , 即 $a=b$ .

例

求函数 $f(x) = x + \frac{9}{x}$ 在 $x\>0$ 时的最小值.

解

该问题要求一个表达式的最小值. 我们观察到, 表达式由两项之和构成, 且这两项的乘积是一个常数. 这种“和为变量, 积为定值”的结构, 是应用算术-几何平均不等式的典型信号.

由于 $x\>0$ , 故 $9/x$ 也为正数. 我们可以对 $x$ 和 $9/x$ 应用 AM-GM 不等式:

f(x) = x + \frac{9}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{9}{x}} = 2\sqrt{9} = 6

此不等式表明, 函数值 $f(x)$ 的下界是 $6$ . 为确定 $6$ 是否为最小值, 我们必须检验等号能否成立. 等号成立的条件是 $x = \frac{9}{x}$ , 即 $x^2=9$ . 由于 $x\>0$ , 解得 $x=3$ .

因为存在 $x=3$ 使得 $f(x)=6$ , 故函数 $f(x)$ 的最小值为 $6$ .

应用 AM-GM 不等式求最值的三个原则

正定: 不等式中的各项必须为非负数.
定值: 在求和的最小值时, 各项的乘积必须为定值; 在求积的最大值时, 各项的和必须为定值.
等号可取: 使得等号成立的条件必须在变量的允许取值范围内能够达到.

这三个原则, 俗称"一正, 二定, 三相等", 是正确应用该不等式的逻辑前提.

多元情形

多元算术-几何平均不等式

对于任意 $n$ 个非负实数 $a_1, a_2, ..., a_n$ , 恒有

\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 a_2 ... a_n}

等号成立的充分必要条件是 $a_1=a_2=...=a_n$ .

证明（柯西归纳法）

此证明分为两个步骤: 一个“向前”的推广步骤和一个“向后”的递推步骤.

第一步 (向前): 证明若命题对 $n$ 成立, 则对 $2n$ 也成立. 假设不等式对 $n$ 个非负实数成立. 我们考虑 $2n$ 个非负实数 $a_1, ..., a_{2n}$ . 将其分为两组, 每组 $n$ 个数, 并对每组应用 AM-GM 不等式:

\begin{aligned} \frac{a_1+...+a_n}{n} &\ge \sqrt[n]{a_1... a_n} \frac{a_{n+1}+...+a_{2n}}{n} &\ge \sqrt[n]{a_{n+1}... a_{2n}} \end{aligned}

现在, 我们将这两组数的算术平均值 $\frac{a_1+...+a_n}{n}$ 和 $\frac{a_{n+1}+...+a_{2n}}{n}$ 视为两个新的非负数, 并对它们应用已知的二元 AM-GM 不等式:

\begin{aligned} \frac{a_1+...+a_{2n}}{2n} &= \frac{1}{2}\left(\frac{a_1+...+a_n}{n} + \frac{a_{n+1}+...+a_{2n}}{n}\right) &\ge \sqrt{\left(\frac{a_1+...+a_n}{n}\right)\left(\frac{a_{n+1}+...+a_{2n}}{n}\right)} &\ge \sqrt{(\sqrt[n]{a_1... a_n})(\sqrt[n]{a_{n+1}... a_{2n}})} &= \sqrt{\sqrt[n]{a_1... a_{2n}}} = \sqrt[2n]{a_1... a_{2n}} \end{aligned}

此即证明了命题对 $2n$ 成立. 由于我们已证 $n=2$ 时命题成立, 此步骤表明命题对所有 $n=2^k$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ) 均成立.

第二步 (向后): 证明若命题对 $n$ 成立, 则对 $n-1$ 也成立. 假设不等式对 $n$ 个非负实数成立. 我们考虑 $n-1$ 个非负实数 $a_1, ..., a_{n-1}$ .

此步骤的关键在于巧妙地构造第 $n$ 个数. 令这 $n-1$ 个数的算术平均值为 $A_{n-1} = \frac{a_1+...+a_{n-1}}{n-1}$ . 我们选取第 $n$ 个数为 $a_n = A_{n-1}$ .

现在, 我们对这 $n$ 个数 $a_1, ..., a_{n-1}, a_n$ 应用已知的 $n$ 元 AM-GM 不等式:

\frac{a_1+...+a_{n-1}+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1... a_{n-1} a_n}

考察不等式的左侧:

\frac{a_1+...+a_{n-1}+A_{n-1}}{n} = \frac{(n-1)A_{n-1}+A_{n-1}}{n} = \frac{nA_{n-1}}{n} = A_{n-1}

考察不等式的右侧, 并将 $a_n=A_{n-1}$ 代入:

\sqrt[n]{a_1... a_{n-1} A_{n-1}}

将左右两侧结合, 我们得到:

A_{n-1} \ge \sqrt[n]{(a_1... a_{n-1}) A_{n-1}}

两边取 $n$ 次方:

A_{n-1}^n \ge (a_1... a_{n-1}) A_{n-1}

由于 $A_{n-1}$ 非负, 若 $A_{n-1}\>0$ , 可两边同除以 $A_{n-1}$ :

A_{n-1}^{n-1} \ge a_1... a_{n-1}

两边开 $n-1$ 次方:

A_{n-1} \ge \sqrt[n-1]{a_1... a_{n-1}}

此即 $\frac{a_1+...+a_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n-1]{a_1... a_{n-1}}$ . 若 $A_{n-1}=0$ , 则所有 $a_i=0$ , 不等式平凡成立.

综合两步, 我们证明了不等式对所有正整数 $n \ge 2$ 成立.

关于柯西归纳法

柯西归纳法是一种独特的证明技巧, 其"向前-向后"的结构在处理与自然数相关的命题时十分有效. 有兴趣的读者可浏览作者的博客以了解更多细节: https://zutomayo.org/zh-cn/posts/math_and_cauchy_induction/

加权形式与均值不等式链

加权 AM-GM 不等式

对于 $n$ 个非负实数 $a_1, ..., a_n$ 和 $n$ 个满足 $\sum_{i=1}^n w_i = 1$ 的正权重 $w_1, ..., w_n$ , 恒有

w_1 a_1 + ... + w_n a_n \ge a_1^{w_1} ... a_n^{w_n}

等号成立的充分必要条件是 $a_1=a_2=...=a_n$ .

证明

此证明可由 Jensen 不等式与对数函数的上凸性简洁地导出. 考虑函数 $f(x)=\ln x$ , 其在 $(0, +\infty)$ 上是上凸函数. 根据 Jensen 不等式,

\sum_{i=1}^n w_i \ln a_i \le \ln\left(\sum_{i=1}^n w_i a_i\right)

利用对数性质, 左侧为 $\ln(a_1^{w_1} ... a_n^{w_n})$ . 故 $\ln(a_1^{w_1} ... a_n^{w_n}) \le \ln(\sum w_i a_i)$ . 由于对数函数单调递增, 此不等式等价于 $a_1^{w_1} ... a_n^{w_n} \le \sum w_i a_i$ .

除了算术平均 (AM) 和几何平均 (GM), 还有其他重要的均值类型.

调和平均与平方平均

对于 $n$ 个正实数 $a_1, ..., a_n$ :

调和平均 (HM): $H_n = \frac{n}{\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}}$
平方平均 (QM): $Q_n = \sqrt{\frac{a_1^2+...+a_n^2}{n}}$

这些均值之间存在一个固定的序关系.

均值不等式链

对于任意 $n$ 个正实数 $a_1, ..., a_n$ , 恒有

\frac{n}{\sum \frac{1}{a_i}} \le \sqrt[n]{\prod a_i} \le \frac{\sum a_i}{n} \le \sqrt{\frac{\sum a_i^2}{n}}

即 $H_n \le G_n \le A_n \le Q_n$ .

证明

我们已证 $G_n \le A_n$ .

证明 $H_n \le G_n$ : 对正数 $1/a_1, ..., 1/a_n$ 应用 AM-GM 不等式:

\frac{\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}}{n} \ge \sqrt[n]{\frac{1}{a_1}...\frac{1}{a_n}} = \frac{1}{\sqrt[n]{a_1... a_n}}

整理即得 $H_n \le G_n$ .

证明 $A_n \le Q_n$ : 此不等式等价于 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 这可由柯西不等式直接导出. 考虑向量 $\mathbf{a}=(a_1, ..., a_n)$ 和 $\mathbf{u}=(1, ..., 1)$ . 根据柯西不等式, $(\sum a_i \cdot 1)^2 \le (\sum a_i^2)(\sum 1^2)$ . 即 $(\sum a_i)^2 \le (\sum a_i^2) \cdot n$ . 两边同除以 $n^2$ , 即得 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ .

均值不等式的提示

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AM-GM 不等式的应用要求严格遵循其逻辑前提. 任何对前提的偏离都可能导致错误的结论. 这些前提可概括为“一正、二定、三相等”的原则, 围绕这些原则的常见误区包括:

误区一：忽略非负前提

AM-GM 不等式仅对非负实数成立. 将其推广到任意实数会产生谬误.

误用：变量可为负数

设 $a, b$ 为实数, $a+b=2$ . 求 $ab$ 的最大值.

错误分析: 若不加分辨地使用 AM-GM 不等式, 会得到 $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ , 即 $1 \ge \sqrt{ab}$ , 从而 $ab \le 1$ .

然而, 这个结论是不可靠的. 例如, 取 $a=3, b=-1$ , 满足 $a+b=2$ , 但 $ab=-3$ . 此时 $\sqrt{ab}$ 在实数范围内无意义, 不等式的前提已不成立.

正确分析: 此问题应视为二次函数求最值. 令 $b=2-a$ , 则 $ab = a(2-a) = -a^2+2a = -(a-1)^2+1$ . 这是一个开口向下的抛物线, 在顶点 $a=1$ (此时 $b=1$ ) 处取得最大值 $1$ .

仅当约束条件指明 $a,b$ 为非负实数时, AM-GM 不等式的结论才与二次函数法一致.

例

设 $x$ 为非零实数, 求 $f(x) = x + \frac{1}{x}$ 的最值.

解

错误分析: 若忽略 $x$ 的符号, 直接应用 AM-GM 不等式, 会得到

x+\frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2

从而错误地断定函数的最小值为 2. 此推理仅在 $x\>0$ 时有效, 因为只有当 $x$ 为正数时, 才能保证 $x$ 和 $1/x$ 均为正, 满足不等式的前提.

正确分析: 需要根据 $x$ 的符号进行分类讨论.

当 $x\>0$ 时, $x$ 和 $1/x$ 均为正数. 根据 AM-GM 不等式, $f(x) = x+\frac{1}{x} \ge 2$ . 等号在 $x=1$ 时成立. 在此区间, 函数的最小值为 2.
当 $x\<0$ 时, $x$ 和 $1/x$ 均为负数, 不满足 AM-GM 不等式的非负前提. 此时, 我们可以令 $x = -t$ , 其中 $t\>0$ .

f(x) = -t + \frac{1}{-t} = -\left(t+\frac{1}{t}\right)

由于 $t\>0$, 我们知道 $t+\frac{1}{t} \ge 2$.
因此, $f(x) = -\left(t+\frac{1}{t}\right) \le -2$. 等号在 $t=1$, 即 $x=-1$ 时成立. 在此区间, 函数的最大值为 -2.

综上, 该函数没有全局最小值或最大值. 它在 $x\>0$ 的部分有局部最小值 2, 在 $x\<0$ 的部分有局部最大值 -2.

例

设实数 $x,y$ 满足 $x+y=8$ . 求乘积 $P=xy$ 的取值范围.

解

错误分析: 应用 AM-GM 不等式:

\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy} \implies \frac{8}{2} \ge \sqrt{P} \implies 4 \ge \sqrt{P}

两边平方得 $16 \ge P$ . 结论是 $P$ 的最大值为 16.

这个过程有两个隐含的错误. 首先, $\sqrt{xy}$ 的存在要求 $xy \ge 0$ . 其次, 不等式本身要求 $x,y \ge 0$ . 如果允许 $x,y$ 为任意实数, 例如 $x=10, y=-2$ , 此时 $x+y=8$ , 但 $xy=-20$ , $\sqrt{xy}$ 在实数域内无意义.

正确分析: 此问题不应预设 $x,y$ 的符号, 应当使用代数方法. 由 $y=8-x$ , 乘积 $P$ 可以表示为关于 $x$ 的函数:

P(x) = x(8-x) = -x^2+8x

这是一个开口向下的二次函数. 通过配方法:

P(x) = -(x^2-8x) = -( (x-4)^2 - 16 ) = 16 - (x-4)^2

由于 $(x-4)^2 \ge 0$ , 故 $P(x) \le 16$ . 当 $x=4$ (此时 $y=4$ ) 时, $P(x)$ 取得最大值 $16$ .

由于 $x$ 可以取任意实数, $(x-4)^2$ 可以无限增大, 故 $P(x)$ 没有最小值. 因此, $P$ 的取值范围是 $(-\infty, 16]$ .

AM-GM 不等式之所以能正确找到最大值, 是因为最大值恰好在 $x=4, y=4$ 这一点取得, 该点位于不等式成立的 $(x,y \ge 0)$ 区域内. 但它完全无法描述函数在允许负数时的行为, 特别是无法说明其没有下界.

误区二：和或积非定值

应用不等式求最值时, 必须构造出常数界. 若不等式的一侧仍是变量, 则无法确定最值.

误用：界为变量

设 $x\>0$ , 求 $f(x) = x^3 + \frac{1}{x}$ 的最小值.

错误分析: 直接应用 AM-GM 不等式:

x^3 + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x^3 \cdot \frac{1}{x}} = 2\sqrt{x^2} = 2x

不等式 $f(x) \ge 2x$ 是成立的, 但它并未提供一个常数下界. $2x$ 随 $x$ 的变化而变化, 无法据此确定 $f(x)$ 的最小值.

正确分析: 需要通过拆项构造乘积为定值的形式.

f(x) = x^3 + \frac{1}{3x} + \frac{1}{3x} + \frac{1}{3x} \ge 4\sqrt[4]{x^3 \cdot \frac{1}{3x} \cdot \frac{1}{3x} \cdot \frac{1}{3x}} = 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}}

取等条件为 $x^3 = \frac{1}{3x}$ , 即 $x^4 = 1/3$ , $x = 1/\sqrt[4]{3}$ . 故最小值为 $4/\sqrt[4]{27}$ .

误区三：取等条件无法满足

即使求出了一个常数界, 也必须验证使等号成立的条件能否在定义域内达到.

误用：取等条件互相矛盾

设 $x, y$ 为正实数, $x \neq y$ . 求 $f(x,y) = \left(x+\frac{1}{x}\right)^2 + \left(y+\frac{1}{y}\right)^2$ 的最小值.

错误分析: 分别对括号内的两项应用 AM-GM 不等式: $x+\frac{1}{x} \ge 2$ , 等号在 $x=1$ 时成立. $y+\frac{1}{y} \ge 2$ , 等号在 $y=1$ 时成立.

因此, $f(x,y) \ge 2^2+2^2=8$ .

然而, 使得最终等号成立的条件是 $x=1$ 且 $y=1$ , 这与题设 $x \neq y$ 相矛盾. 故最小值一定大于 $8$ .

正确分析: 将 $f(x,y)$ 视为关于 $t$ 的函数 $g(t)=(t+1/t)^2$ 在 $t=x$ 和 $t=y$ 处的取值之和. $g'(t) = 2(t+1/t)(1-1/t^2)$ . 在 $(0,1)$ 上 $g'(t)\<0$ , 在 $(1, \infty)$ 上 $g'(t)\>0$ . 函数在 $t=1$ 处取得最小值. 由于 $x \neq y$ , 它们不能同时为 $1$ .

此问题转化为一个更复杂的分析, 但其核心在于识别出 AM-GM 的取等条件与题设冲突, 从而否定了 $8$ 作为最小值的可能性.

误用：取等点不在定义域内

设 $x \ge 2$ , 求 $f(x) = x+\frac{1}{x}$ 的最小值.

错误分析: $x+\frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$ . 由此得出最小值为 $2$ .

这个结论是错误的. 等号成立的条件是 $x=1$ , 但该取值点不在函数的定义域 $[2, +\infty)$ 内. 这意味着函数值可以大于 $2$ , 但永远无法达到 $2$ .

正确分析: 需要分析函数在指定定义域上的单调性. $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$ . 当 $x \ge 2$ 时, $x^2 \ge 4$ , $0 \< \frac{1}{x^2} \le \frac{1}{4}$ , 故 $f'(x) \> 0$ . 函数 $f(x)$ 在 $[2, +\infty)$ 上是严格单调递增的. 因此, 其最小值在区间的左端点 $x=2$ 处取得. 最小值为 $f(2) = 2+\frac{1}{2} = 2.5$ .

均值不等式链

{/* label: sec:ch05-s03 */}

算术平均与几何平均之间的关系, 是一个更广泛的均值大小序关系的一部分. 通过引入另外两种重要的平均值, 我们可以构建一个更为完整的不等式链.

调和平均与平方平均

对于 $n$ 个正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$ :

调和平均 (Harmonic Mean, HM) 定义为

H_n = \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}

平方平均 (Quadratic Mean, QM) 定义为

Q_n = \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}}

调和平均是“倒数的算术平均的倒数”, 在处理速率、电阻并联等问题时有其物理意义. 平方平均则与统计学中的标准差和物理学中的均方根速度等概念密切相关.

这四种平均值之间存在一个固定的、优美的序关系.

均值不等式链

对于任意 $n$ 个正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$ , 恒有

\frac{n}{\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}} \le \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i} \le \frac{\sum_{i=1}^n a_i}{n} \le \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n a_i^2}{n}}

即 $H_n \le G_n \le A_n \le Q_n$ . 在任意一步不等式中, 等号成立的充分必要条件均为 $a_1=a_2=...=a_n$ .

证明

我们已在上一节证明了 $G_n \le A_n$ . 此处仅需证明其余两个不等关系.

证明 $H_n \le G_n$ : 考虑 $n$ 个正实数 $\frac{1}{a_1}, \frac{1}{a_2}, ..., \frac{1}{a_n}$ . 对它们应用算术-几何平均不等式:

\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}{n} \ge \sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}...\frac{1}{a_n}}

整理得

\frac{\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}}{n} \ge \frac{1}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}}

即 $\frac{1}{H_n} \ge \frac{1}{G_n}$ . 由于各项均为正数, 两边取倒数, 不等号方向反转, 即得 $H_n \le G_n$ .

证明 $A_n \le Q_n$ : 此不等式等价于 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 我们应用柯西不等式. 考虑两个 $n$ 维向量 $\mathbf{a}=(a_1, ..., a_n)$ 和 $\mathbf{u}=(1, ..., 1)$ . 根据柯西不等式, $(\mathbf{a} \cdot \mathbf{u})^2 \le \|\mathbf{a}\|^2 \|\mathbf{u}\|^2$ .

\left(\sum_{i=1}^n a_i \cdot 1\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n 1^2\right)

\left(\sum a_i\right)^2 \le \left(\sum a_i^2\right) \cdot n

将不等式两边同除以 $n^2$ :

\frac{(\sum a_i)^2}{n^2} \le \frac{\sum a_i^2}{n}

即 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 由于各项为正, 两边开平方根, 即得 $A_n \le Q_n$ .

例

已知 $x, y$ 为正实数, 且 $x+y=4$ . 求 $x^2+y^2$ 的最小值.

解

此问题要求一个平方和的最小值, 其约束条件是变量的算术和为定值. 这种结构直接指向了均值不等式链中的算术平均与平方平均之间的关系.

我们对正数 $x, y$ 应用 $A_2 \le Q_2$ 不等式:

\frac{x+y}{2} \le \sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}

将已知条件 $x+y=4$ 代入:

\frac{4}{2} \le \sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}

2 \le \sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}

由于不等式两边均为正, 平方后不等号方向不变:

4 \le \frac{x^2+y^2}{2}

由此解得 $x^2+y^2 \ge 8$ .

我们检验等号成立的条件. 等号成立当且仅当 $x=y$ . 结合约束条件 $x+y=4$ , 解得 $x=y=2$ .

因为存在 $x=y=2$ 使得等号可以取到, 故 $x^2+y^2$ 的最小值为 $8$ .

均值不等式的应用技巧

{/* label: sec:ch05-s04 */}

均值不等式为处理涉及和与积的最值问题提供了基本工具. 然而, 许多问题的代数结构并非直接满足不等式的应用前提. 这就需要通过代数变形, 将原问题转化为不等式可以处理的标准形式. 本节讨论几种核心的变形技巧.

创造定值：拆项与凑项

算术-几何平均不等式的应用, 要求各项之和或各项之积为定值. 当此条件不满足时, 可通过拆分或添加项的方式, 构造出满足定值条件的新的表达式.

例

求函数 $f(x) = x^2 + \frac{2}{x}$ 在 $x\>0$ 时的最小值.

解

考虑表达式 $x^2 + \frac{2}{x}$ . 其两项之积 $x^2 \cdot \frac{2}{x} = 2x$ 并非定值, 故不满足直接应用二元均值不等式的条件.

为构造定值乘积, 需要调整项的结构以消除变量 $x$ . 注意到 $x^2$ 与 $1/x$ 的幂次关系, 若要使乘积为常数, $x^2$ 项需要与两个 $1/x$ 形式的项相乘. 因此, 我们将 $\frac{2}{x}$ 拆分为 $\frac{1}{x}+\frac{1}{x}$ .

原函数可写作三项之和:

f(x) = x^2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x}

这三项均为正数, 且其乘积为 $x^2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x} = 1$ , 是一个定值.

应用三元 AM-GM 不等式:

f(x) = x^2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \ge 3\sqrt[3]{x^2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x}} = 3\sqrt[3]{1} = 3

不等式给出了下界 $3$ . 等号成立的条件是所有项相等, 即 $x^2 = \frac{1}{x}$ . 解得 $x^3=1$ . 由于 $x\>0$ , 故 $x=1$ .

存在 $x=1$ 使得 $f(1)=3$ , 故函数 $f(x)$ 的最小值为 $3$ .

结构转换：变量代换

当不等式中的变量关系复杂, 或受到特定条件约束时, 引入一组新变量来简化代数结构, 是一种有效的策略.

例

设 $a, b, c$ 为三角形的三边长. 证明:

\frac{a}{b+c-a} + \frac{b}{c+a-b} + \frac{c}{a+b-c} \ge 3

解

不等式左侧结构复杂, 且分母由三角形三边线性组合而成. 这种结构提示我们进行变量代换以简化问题.

定义新变量 $x = b+c-a$ , $y = c+a-b$ , $z = a+b-c$ . 由三角形不等式 (任意两边之和大于第三边) 可知, $x, y, z$ 均为正数.

反解可得 $a,b,c$ 关于 $x,y,z$ 的表达式:

\begin{aligned} y+z &= (c+a-b) + (a+b-c) = 2a \implies a = \frac{y+z}{2} z+x &= (a+b-c) + (b+c-a) = 2b \implies b = \frac{z+x}{2} x+y &= (b+c-a) + (c+a-b) = 2c \implies c = \frac{x+y}{2} \end{aligned}

将此代换入原不等式左侧:

\begin{aligned} \text{LHS} &= \frac{(y+z)/2}{x} + \frac{(z+x)/2}{y} + \frac{(x+y)/2}{z} &= \frac{1}{2} \left( \frac{y+z}{x} + \frac{z+x}{y} + \frac{x+y}{z} \right) &= \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} \right) \end{aligned}

整理后, 表达式呈现出互为倒数的项对:

\text{LHS} = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right) + \left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right) + \left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right) \right]

对每一对应用二元均值不等式, 例如 $\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \ge 2$ . 由此得到:

\text{LHS} \ge \frac{1}{2} (2+2+2) = 3

等号成立的条件是 $\frac{x}{y}=1, \frac{y}{z}=1, \frac{z}{x}=1$ , 即 $x=y=z$ . 这对应于 $b+c-a = c+a-b = a+b-c$ , 解得 $a=b=c$ . 即当三角形为等边三角形时, 等号成立.

利用取等条件构造变形

在处理对称结构的不等式时, 极值点通常在所有变量相等时取到. 这一观察可用于反推构造变形的恰当方式, 特别是如何进行拆项.

例

求函数 $f(x) = 2x + \frac{1}{x^2}$ 在 $x\>0$ 时的最小值.

解

为求最小值, 我们需要通过拆项构造一个乘积为定值的形式. 拆分的具体方式可以由均值不等式的取等条件反推.

设函数在 $x_0$ 处取得最小值, 此时应用不等式的各项必须相等. 假设我们将 $2x$ 拆为 $n$ 个相等的项 $\frac{2x}{n}$ , 并与 $\frac{1}{x^2}$ 一同应用 $n+1$ 元均值不等式. 为使乘积为定值, 各项中 $x$ 的总幂次应为零.

乘积为 $\left(\frac{2x}{n}\right)^n \cdot \frac{1}{x^2}$ . 其中 $x$ 的幂次为 $n-2$ . 令 $n-2=0$ , 解得 $n=2$ .

此分析表明, 应将 $2x$ 拆分为两项, 即 $x+x$ . 由此, 考虑对 $x, x, \frac{1}{x^2}$ 这三项应用均值不等式.

f(x) = x+x+\frac{1}{x^2} \ge 3\sqrt[3]{x \cdot x \cdot \frac{1}{x^2}} = 3\sqrt[3]{1} = 3

检验等号成立条件: $x = \frac{1}{x^2}$ , 即 $x^3=1$ . 由于 $x\>0$ , 解得 $x=1$ .

在 $x=1$ 时, $f(1) = 2(1) + 1/1^2 = 3$ . 最小值可以取到. 故函数 $f(x)$ 的最小值为 $3$ .

归一化方法与齐次性

齐次不等式是指当所有变量同乘以一个正数因子时, 不等关系不变的不等式. 对于此类不等式, 可以在不失一般性的前提下, 对变量施加一个额外的约束 (如和为 $1$ 或积为 $1$ ), 从而简化问题.

Nesbitt 不等式

设 $a, b, c$ 为正实数. 证明:

\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}

解

考察不等式左侧表达式的齐次性. 若以 $ta, tb, tc$ ( $t\>0$ ) 替换 $a,b,c$ , 表达式的值不变:

\frac{ta}{tb+tc} + \frac{tb}{tc+ta} + \frac{tc}{ta+tb} = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}

这表明该不等式是 $0$ 次齐次的.

齐次性允许我们对变量施加一个约束. 设 $a+b+c=1$ . 在此约束下, $b+c = 1-a$ , $c+a = 1-b$ , $a+b = 1-c$ . 不等式左侧变为:

\text{LHS} = \frac{a}{1-a} + \frac{b}{1-b} + \frac{c}{1-c} = \left(\frac{1}{1-a}-1\right) + \left(\frac{1}{1-b}-1\right) + \left(\frac{1}{1-c}-1\right)

\text{LHS} = \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} - 3

原不等式等价于证明:

\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} - 3 \ge \frac{3}{2} \implies \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} \ge \frac{9}{2}

此形式可由柯西不等式的 Engel 形式直接证明.

\frac{1^2}{b+c} + \frac{1^2}{c+a} + \frac{1^2}{a+b} \ge \frac{(1+1+1)^2}{(b+c)+(c+a)+(a+b)} = \frac{9}{2(a+b+c)}

由于 $a+b+c=1$ , 不等式成立.

由于原不等式是齐次的, 此结论对所有正实数 $a,b,c$ 均成立.

柯西不等式

{/* label: sec:ch05-s05 */}

柯西不等式是数学分析、线性代数和概率论等多个领域中一个极为重要的不等式. 它揭示了向量内积与向量长度之间的深刻关系.

向量形式

柯西不等式的向量形式

对于 $n$ 维欧几里得空间中的任意两个向量 $\mathbf{a}=(a_1, ..., a_n)$ 和 $\mathbf{b}=(b_1, ..., b_n)$ , 恒有

(\mathbf{a} \cdot \mathbf{b})^2 \le \|\mathbf{a}\|^2 \|\mathbf{b}\|^2

其中 $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = \sum_{i=1}^n a_i b_i$ 是向量的点积, $\|\mathbf{a}\| = \sqrt{\sum a_i^2}$ 是向量的欧几里得范数.

等价地,

\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)

等号成立的充分必要条件是向量 $\mathbf{a}$ 与 $\mathbf{b}$ 共线, 即存在实数 $k$ 使得 $\mathbf{a}=k\mathbf{b}$ 或 $\mathbf{b}=\mathbf{0}$ .

证明（基于二次判别式）

考虑关于实数 $t$ 的二次多项式 $P(t) = \sum_{i=1}^n (a_i t - b_i)^2$ .

由于 $P(t)$ 是若干个平方项之和, 故对任意实数 $t$ , 恒有 $P(t) \ge 0$ .

我们将 $P(t)$ 展开:

\begin{aligned} P(t) &= \sum_{i=1}^n (a_i^2 t^2 - 2a_i b_i t + b_i^2) &= \left(\sum a_i^2\right)t^2 - 2\left(\sum a_i b_i\right)t + \left(\sum b_i^2\right) \end{aligned}

这是一个关于 $t$ 的二次函数 (或当 $\sum a_i^2=0$ 时为一次函数).

若 $\sum a_i^2 = 0$ , 则所有 $a_i=0$ , 不等式平凡成立. 若 $\sum a_i^2 \> 0$ , 则 $P(t)$ 是一个开口向上的二次函数. 由于它恒为非负, 其图像与 $t$ 轴至多有一个交点. 这意味着其判别式 $\Delta \le 0$ .

\Delta = \left(-2\sum a_i b_i\right)^2 - 4\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \le 0

4\left(\sum a_i b_i\right)^2 \le 4\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right)

此即柯西不等式.

等号成立的条件是 $\Delta=0$ , 即二次方程 $P(t)=0$ 有唯一实根 $t_0$ . 这意味着 $\sum (a_i t_0 - b_i)^2 = 0$ . 由于各项非负, 必有 $a_i t_0 - b_i = 0$ 对所有 $i$ 成立, 即 $b_i = t_0 a_i$ . 这表明向量 $\mathbf{b}$ 是 $\mathbf{a}$ 的常数倍, 即两向量共线.

例

已知 $x, y, z$ 为实数, 且 $x+2y+3z=7$ . 求 $x^2+y^2+z^2$ 的最小值.

解

问题要求一个二次表达式的最小值, 其约束条件是一个线性方程. 这种“二次目标, 线性约束”的结构是应用柯西不等式的典型场景.

我们将目标表达式 $x^2+y^2+z^2$ 和约束表达式 $x+2y+3z$ 分别视为向量范数的平方和点积.

设向量 $\mathbf{a}=(x,y,z)$ 和 $\mathbf{b}=(1,2,3)$ .

根据柯西不等式:

(x \cdot 1 + y \cdot 2 + z \cdot 3)^2 \le (x^2+y^2+z^2)(1^2+2^2+3^2)

代入已知条件 $x+2y+3z=7$ :

7^2 \le (x^2+y^2+z^2)(1+4+9)

49 \le 14(x^2+y^2+z^2)

解得 $x^2+y^2+z^2 \ge \frac{49}{14} = \frac{7}{2}$ .

等号成立的条件是向量 $\mathbf{a}$ 与 $\mathbf{b}$ 共线, 即存在常数 $k$ 使得 $(x,y,z)=k(1,2,3)$ . 即 $\frac{x}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{3} = k$ .

将 $x=k, y=2k, z=3k$ 代入约束方程 $x+2y+3z=7$ :

k + 2(2k) + 3(3k) = 7

k+4k+9k = 14k = 7

解得 $k=1/2$ .

存在满足等号成立条件的实数 $x,y,z$ (即 $x=1/2, y=1, z=3/2$ ), 故最小值为 $7/2$ .

推论

柯西不等式有几个非常重要的推论, 它们在解决特定结构的不等式问题时极为有效.

柯西不等式的 Engel 形式

设 $a_1, ..., a_n$ 为任意实数, $b_1, ..., b_n$ 为正实数. 则

\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + ... + \frac{a_n^2}{b_n} \ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}

等号成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = ... = \frac{a_n}{b_n}$ .

证明

此为柯西不等式的直接推论. 考虑向量 $\mathbf{u} = \left(\frac{a_1}{\sqrt{b_1}}, \frac{a_2}{\sqrt{b_2}}, ..., \frac{a_n}{\sqrt{b_n}}\right)$ 和 $\mathbf{v} = (\sqrt{b_1}, \sqrt{b_2}, ..., \sqrt{b_n})$ .

根据柯西不等式 $(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v})^2 \le \|\mathbf{u}\|^2 \|\mathbf{v}\|^2$ , 我们有:

\begin{aligned} \text{点积的平方: } (\mathbf{u} \cdot \mathbf{v})^2 &= \left(\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{\sqrt{b_i}} \sqrt{b_i}\right)^2 = \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2 \text{范数的平方: } \|\mathbf{u}\|^2 &= \sum_{i=1}^n \left(\frac{a_i}{\sqrt{b_i}}\right)^2 = \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \|\mathbf{v}\|^2 &= \sum_{i=1}^n (\sqrt{b_i})^2 = \sum_{i=1}^n b_i \end{aligned}

代入不等式, 即得

\left(\sum a_i\right)^2 \le \left(\sum \frac{a_i^2}{b_i}\right) \left(\sum b_i\right)

整理后即为所证.

等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 与 $\mathbf{v}$ 共线, 即存在常数 $k$ 使得 $\mathbf{u} = k\mathbf{v}$ . 分量形式为 $\frac{a_i}{\sqrt{b_i}} = k\sqrt{b_i}$ , 即 $a_i = k b_i$ , 故 $\frac{a_i}{b_i}=k$ 对所有 $i$ 成立.

闵可夫斯基不等式, $p=2$ 情形

设 $a_1, ..., a_n$ 和 $b_1, ..., b_n$ 为任意实数. 则

\sqrt{a_1^2+b_1^2} + ... + \sqrt{a_n^2+b_n^2} \ge \sqrt{(a_1+...+a_n)^2 + (b_1+...+b_n)^2}

证明

此不等式在几何上即为欧几里得空间中的三角不等式. 考虑 $n$ 个二维向量 $\mathbf{v}_i = (a_i, b_i)$ . 不等式左侧为 $\sum_{i=1}^n \|\mathbf{v}_i\|$ , 右侧为 $\|\sum_{i=1}^n \mathbf{v}_i\|$ .

我们通过对不等式两边平方并应用柯西不等式来证明. 令 $A = \sum a_i, B = \sum b_i$ . 我们证明 $n=2$ 的情形: $\sqrt{a_1^2+b_1^2} + \sqrt{a_2^2+b_2^2} \ge \sqrt{(a_1+a_2)^2+(b_1+b_2)^2}$ . 两边平方, 得

(a_1^2+b_1^2) + (a_2^2+b_2^2) + 2\sqrt{(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)} \ge (a_1^2+2a_1a_2+a_2^2) + (b_1^2+2b_1b_2+b_2^2)

化简得 $\sqrt{(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)} \ge a_1a_2+b_1b_2$ . 若右侧为负, 不等式显然成立. 若右侧非负, 两边平方得

(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2) \ge (a_1a_2+b_1b_2)^2

此即二维柯西不等式.

一般情形可通过数学归纳法, 重复应用 $n=2$ 的结论得到.

注

此即权方和不等式，1980年代后得名.

例

已知 $x, y$ 为实数, 满足 $x+3y=4$ . 求 $4x^2+y^2$ 的最小值.

解

目标函数 $4x^2+y^2$ 是一个二次和, 可写作 $(2x)^2+y^2$ . 约束条件 $x+3y=4$ 是线性的. 我们需要建立这两个表达式之间的联系.

考虑将约束条件中的 $x$ 替换为 $2x$ 以匹配目标函数.

x+3y = \frac{1}{2}(2x) + 3y = 4

设向量 $\mathbf{a} = (\frac{1}{2}, 3)$ 和 $\mathbf{b} = (2x, y)$ . 根据柯西不等式, $(\mathbf{a} \cdot \mathbf{b})^2 \le \|\mathbf{a}\|^2 \|\mathbf{b}\|^2$ .

\left(\frac{1}{2}(2x) + 3y\right)^2 \le \left(\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 3^2\right) \left((2x)^2+y^2\right)

代入已知条件 $x+3y=4$ :

4^2 \le \left(\frac{1}{4}+9\right)(4x^2+y^2)

16 \le \frac{37}{4}(4x^2+y^2)

由此解得 $4x^2+y^2 \ge \frac{64}{37}$ .

等号成立的条件是向量 $\mathbf{a}$ 与 $\mathbf{b}$ 共线, 即 $\frac{2x}{1/2} = \frac{y}{3}$ . 即 $4x = y/3$ , 或 $y=12x$ . 代入约束条件 $x+3(12x)=4$ , 得 $37x=4$ , $x=4/37$ . 此时 $y=12(4/37)=48/37$ .

由于存在使等号成立的实数 $x, y$ , 故 $4x^2+y^2$ 的最小值为 $\frac{64}{37}$ .

例

已知实数 $a,b,c$ 和 $x,y,z$ 满足 $a^2+b^2+c^2=9$ 和 $x^2+y^2+z^2=1$ . 求 $ax+by+cz$ 的最大值.

解

此问题涉及两个二次和的定值, 以及一个线性组合的最值. 这是柯西不等式的直接应用.

考虑向量 $\mathbf{u}=(a,b,c)$ 和 $\mathbf{v}=(x,y,z)$ . 根据柯西不等式:

(ax+by+cz)^2 \le (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)

代入已知条件:

(ax+by+cz)^2 \le 9 \cdot 1 = 9

由此得到 $|ax+by+cz| \le 3$ , 即 $-3 \le ax+by+cz \le 3$ .

表达式的最大值为 $3$ . 等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 与 $\mathbf{v}$ 共线, 即存在常数 $k$ 使得 $(a,b,c)=k(x,y,z)$ . 此时 $a^2+b^2+c^2 = k^2(x^2+y^2+z^2)$ , 即 $9=k^2(1)$ , 解得 $k=\pm 3$ . 当 $k=3$ 时, $a=3x, b=3y, c=3z$ , 此时 $ax+by+cz = 3x^2+3y^2+3z^2 = 3(x^2+y^2+z^2)=3$ .

由于最大值可以取到, 故 $ax+by+cz$ 的最大值为 $3$ .

例

已知 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a^2+b^2+4c^2=3$ . 证明:

$a+b+2c \le 3$ .
若 $b=2c$ , 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \ge 3$ .

解

待证不等式为线性, 条件为二次. 考虑构造向量以应用柯西不等式.

将条件 $a^2+b^2+4c^2=3$ 写作 $a^2+b^2+(2c)^2=3$ . 设向量 $\mathbf{u}=(a,b,2c)$ 和 $\mathbf{v}=(1,1,1)$ .

根据柯西不等式:

(a \cdot 1 + b \cdot 1 + 2c \cdot 1)^2 \le (a^2+b^2+(2c)^2)(1^2+1^2+1^2)

(a+b+2c)^2 \le (a^2+b^2+4c^2)(3)

代入已知条件 $a^2+b^2+4c^2=3$:

(a+b+2c)^2 \le 3 \cdot 3 = 9

由于 $a,b,c$ 均为正数, $a+b+2c$ 必为正. 两边开平方根得 $a+b+2c \le 3$.
等号成立当且仅当 $\frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{2c}{1}$, 即 $a=b=2c$. 代入条件得 $a^2+a^2+a^2=3$, $a=1$. 此时 $a=b=1, c=1/2$.

2. 当 $b=2c$ 时, 原条件 $a^2+b^2+4c^2=3$ 变为:

a^2+(2c)^2+4c^2 = a^2+8c^2=3

我们需要证明在此条件下 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \ge 3$.

此结构提示我们使用柯西不等式的 Engel 形式.
为构造合适的项, 我们将 $\frac{1}{c}$ 写作 $\frac{4}{4c}$.

\frac{1}{a}+\frac{1}{c} = \frac{1^2}{a}+\frac{2^2}{4c} \ge \frac{(1+2)^2}{a+4c} = \frac{9}{a+4c}

接下来需要求 $a+4c$ 的上界.
利用条件 $a^2+8c^2=3$, 再次应用柯西不等式.

(a+4c)^2 = (1 \cdot a + \sqrt{2} \cdot \sqrt{8}c)^2 \le (1^2+(\sqrt{2})^2)(a^2+(\sqrt{8}c)^2)

(a+4c)^2 \le (1+2)(a^2+8c^2) = 3 \cdot 3 = 9

由于 $a,c$ 为正, $a+4c \le 3$.

结合两个结果:

\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{a+4c} \ge \frac{9}{3} = 3

我们检验等号成立的条件.
第一步不等式 (Engel 形式) 等号成立条件为 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4c}$, 即 $a=2c$.
第二步不等式 (柯西) 等号成立条件为 $\frac{a}{1}=\frac{\sqrt{8}c}{\sqrt{2}}$, 即 $a=2c$.
两个条件的等号成立要求一致. 将 $a=2c$ 代入 $a^2+8c^2=3$, 得 $(2c)^2+8c^2=12c^2=3$, $c=1/2$. 此时 $a=1$.
当 $a=1, c=1/2$ 时, $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=1+2=3$, 等号可以取到.

例

已知点 $P(a,b)$ 在圆 $C: x^2+y^2=x+y$ 上, 且 $a,b \in (0, +\infty)$ .

求 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 的最小值.
是否存在 $a, b$ 满足 $(a+1)(b+1)=4$ ? 若存在, 求出 $a, b$ 的值; 若不存在, 请说明理由.

解

由题设, $a,b$ 为正实数, 且满足 $a^2+b^2=a+b$ . 所求表达式为 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} = \frac{a+b}{ab}$ .

根据均值不等式, $a^2+b^2 \ge 2ab$ . 将条件代入, 得 $a+b \ge 2ab$ . 由于 $a,b\>0$ , 可得 $\frac{a+b}{ab} \ge 2$ .

等号成立的条件是 $a=b$ . 代入圆的方程, $a^2+a^2=a+a$ , 即 $2a^2=2a$ . 由于 $a\>0$ , 解得 $a=1$ . 故当 $a=b=1$ 时, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 取得最小值 $2$ .
问题等价于判断表达式 $ab+a+b+1$ 的值能否达到 $4$ . 我们先确定 $a+b$ 的范围. 由柯西不等式,

(a+b)^2 = (1 \cdot a + 1 \cdot b)^2 \le (1^2+1^2)(a^2+b^2) = 2(a^2+b^2)

将条件 $a^2+b^2=a+b$ 代入,

(a+b)^2 \le 2(a+b)

由于 $a,b\>0$, $a+b\>0$, 两边同除以 $a+b$, 得 $a+b \le 2$.

同时, 由均值不等式, $ab \le \frac{a^2+b^2}{2} = \frac{a+b}{2}$.

现在考察表达式 $(a+1)(b+1)$:

(a+1)(b+1) = ab+a+b+1 \le \frac{a+b}{2} + (a+b) + 1 = \frac{3}{2}(a+b)+1

由于 $a+b \le 2$, 故

\frac{3}{2}(a+b)+1 \le \frac{3}{2}(2)+1 = 4

这表明 $(a+1)(b+1)$ 的最大值为 $4$.

等号成立的条件是上述所有不等式均取等号, 即:

$a+b=2$ (来自 $\frac{3}{2}(a+b)+1 \le 4$ )
$a=b$ (来自 $ab \le \frac{a+b}{2}$ 和柯西不等式)

联立 $a=b$ 和 $a+b=2$ , 解得 $a=b=1$ .

我们将 $a=b=1$ 代入原方程 $a^2+b^2=a+b$ 进行检验: $1^2+1^2=1+1$ , 方程成立.

因此, 存在 $a=b=1$ 使得 $(a+1)(b+1)=4$ .

例

设正实数 $m, n$ 满足 $2m+n=2$ . 求 $\frac{1}{m}+\frac{4}{n}$ 的最小值.

解

此问题要求一个分式和的最小值, 其约束为线性方程. 这种结构是柯西不等式的典型应用场景.

我们希望通过不等式消去变量, 得到一个常数下界. 考虑将约束条件与目标函数相乘.

(2m+n)\left(\frac{1}{m}+\frac{4}{n}\right)

根据柯西不等式的一种形式, 对于正数 $x_1, x_2, y_1, y_2$ , 有

(x_1+x_2)(y_1+y_2) \ge (\sqrt{x_1y_1}+\sqrt{x_2y_2})^2

令 $x_1=2m, x_2=n$ 及 $y_1=\frac{1}{m}, y_2=\frac{4}{n}$ .

(2m+n)\left(\frac{1}{m}+\frac{4}{n}\right) \ge \left(\sqrt{2m \cdot \frac{1}{m}} + \sqrt{n \cdot \frac{4}{n}}\right)^2

(2m+n)\left(\frac{1}{m}+\frac{4}{n}\right) \ge (\sqrt{2}+\sqrt{4})^2 = (\sqrt{2}+2)^2 = 6+4\sqrt{2}

将约束条件 $2m+n=2$ 代入:

2\left(\frac{1}{m}+\frac{4}{n}\right) \ge 6+4\sqrt{2}

\frac{1}{m}+\frac{4}{n} \ge 3+2\sqrt{2}

等号成立的条件是 $\frac{x_1}{y_1}$ 与 $\frac{x_2}{y_2}$ 的比值相等, 在此即 $\frac{2m}{1/m} = \frac{n}{4/n}$ , 亦即 $2m^2 = \frac{n^2}{4}$ , 故 $n=2\sqrt{2}m$ .

将此关系代入约束方程 $2m+n=2$ :

2m+2\sqrt{2}m = 2 \implies m(2+2\sqrt{2})=2 \implies m = \frac{1}{1+\sqrt{2}} = \sqrt{2}-1

此时 $n = 2\sqrt{2}(\sqrt{2}-1) = 4-2\sqrt{2}$ .

由于 $m, n$ 均为正数, 且存在使等号成立的取值, 故 $\frac{1}{m}+\frac{4}{n}$ 的最小值为 $3+2\sqrt{2}$ .

例

已知 $a\>0, b\>0$ 且 $a+b=5$ . 求 $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3}$ 的最大值.

解

目标函数为根式之和, 约束为线性. 考虑应用柯西不等式. 设向量 $\mathbf{u}=(\sqrt{a+1}, \sqrt{b+3})$ 和 $\mathbf{v}=(1,1)$ .

根据柯西不等式:

(\sqrt{a+1} \cdot 1 + \sqrt{b+3} \cdot 1)^2 \le ((\sqrt{a+1})^2+(\sqrt{b+3})^2)(1^2+1^2)

(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3})^2 \le ((a+1)+(b+3))(2)

(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3})^2 \le (a+b+4)(2)

代入约束条件 $a+b=5$ :

(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3})^2 \le (5+4)(2) = 18

由于各项为正, 开平方根得 $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3} \le \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ .

等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 与 $\mathbf{v}$ 共线, 即 $\frac{\sqrt{a+1}}{1}=\frac{\sqrt{b+3}}{1}$ . 这等价于 $a+1=b+3$ , 即 $a=b+2$ . 联立 $a=b+2$ 和 $a+b=5$ , 解得 $b=3/2, a=7/2$ .

由于存在使等号成立的正数 $a,b$ , 故表达式的最大值为 $3\sqrt{2}$ .

例

求函数 $f(x) = \sqrt{x^2-3x+2} + \sqrt{2+3x-x^2}$ 的最大值.

解

此函数是两个根式之和. 我们观察到根号内的表达式相加后, 变量可以被消去.

(x^2-3x+2) + (2+3x-x^2) = 4

这个结构是应用柯西不等式的明确信号.

设向量 $\mathbf{u}=(\sqrt{x^2-3x+2}, \sqrt{2+3x-x^2})$ 和 $\mathbf{v}=(1,1)$ .

(f(x))^2 = (\sqrt{x^2-3x+2} \cdot 1 + \sqrt{2+3x-x^2} \cdot 1)^2

\le ((\sqrt{x^2-3x+2})^2+(\sqrt{2+3x-x^2})^2)(1^2+1^2)

\le ((x^2-3x+2)+(2+3x-x^2))(2)

\le (4)(2) = 8

故 $f(x) \le \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ .

等号成立的条件是 $\frac{\sqrt{x^2-3x+2}}{1} = \frac{\sqrt{2+3x-x^2}}{1}$ . 即 $x^2-3x+2 = 2+3x-x^2$ , 化简得 $2x^2-6x=0$ , 解得 $x=0$ 或 $x=3$ .

我们需要检验这两个值是否在函数的定义域内. 定义域要求 $x^2-3x+2 \ge 0$ 且 $2+3x-x^2 \ge 0$ . 当 $x=0$ 时, $2 \ge 0$ 且 $2 \ge 0$ , 成立. 当 $x=3$ 时, $9-9+2=2 \ge 0$ 且 $2+9-9=2 \ge 0$ , 成立.

由于存在使等号成立的 $x$ 值, 函数的最大值为 $2\sqrt{2}$ .

例

已知正数 $x,y$ 满足 $\frac{1}{2x+y}+\frac{3}{x+y}=2$ . 求 $6x+5y$ 的最小值.

解

此问题属于“条件为分式和, 目标为线性和”的类型. 我们可以通过将目标表达式与条件表达式相乘来构造一个常数下界.

首先, 将目标表达式 $6x+5y$ 用条件中的分母 $2x+y$ 和 $x+y$ 来表示. 设 $6x+5y = A(2x+y)+B(x+y) = (2A+B)x+(A+B)y$ . 比较系数得 $2A+B=6, A+B=5$ . 解得 $A=1, B=4$ . 故 $6x+5y = (2x+y)+4(x+y)$ .

考虑乘积 $(6x+5y) \cdot 2$ :

2(6x+5y) = \left(\frac{1}{2x+y}+\frac{3}{x+y}\right) \left((2x+y)+4(x+y)\right)

令 $a=\frac{1}{2x+y}, b=\frac{3}{x+y}$ 和 $c=2x+y, d=4(x+y)$ . 根据柯西不等式的一个推论 (或直接由 AM-GM 不等式), $(a+b)(c+d) \ge (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^2$ .

\left(\frac{1}{2x+y}+\frac{3}{x+y}\right) \left((2x+y)+4(x+y)\right) \ge \left(\sqrt{1}+\sqrt{3 \cdot 4}\right)^2 = (1+2\sqrt{3})^2 = 13+4\sqrt{3}

因此, $2(6x+5y) \ge 13+4\sqrt{3}$ , 即 $6x+5y \ge \frac{13+4\sqrt{3}}{2}$ .

等号成立的条件是 $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$ , 即 $\frac{1/(2x+y)}{2x+y} = \frac{3/(x+y)}{4(x+y)}$ . $\frac{1}{(2x+y)^2} = \frac{3}{4(x+y)^2}$ , 即 $4(x+y)^2=3(2x+y)^2$ . 由于各项为正, $2(x+y)=\sqrt{3}(2x+y)$ , 即 $(2-\sqrt{3})y=(2\sqrt{3}-2)x$ .

由于存在满足等号成立条件的 $x,y$ , 故 $6x+5y$ 的最小值为 $\frac{13+4\sqrt{3}}{2}$ .

例

已知正数 $x,y,z$ 满足 $x+y+z=1$ . 求 $\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y}$ 的最小值.

解

目标函数是 Engel 形式的标准结构.

\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y} \ge \frac{(x+y+z)^2}{(y+2z)+(z+2x)+(x+2y)}

化简分母:

(y+2z)+(z+2x)+(x+2y) = 3x+3y+3z = 3(x+y+z)

代入不等式:

\text{LHS} \ge \frac{(x+y+z)^2}{3(x+y+z)} = \frac{x+y+z}{3}

根据约束条件 $x+y+z=1$ , 我们得到

\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y} \ge \frac{1}{3}

等号成立的条件是 $\frac{x}{y+2z}=\frac{y}{z+2x}=\frac{z}{x+2y}$ . 若 $x=y=z$ , 此条件显然满足. 结合 $x+y+z=1$ , 解得 $x=y=z=1/3$ .

由于存在使等号成立的取值, 故表达式的最小值为 $1/3$ .

例

已知正数 $x,y$ 满足 $x+y=1$ . 求 $\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}$ 的最小值.

解

此问题可由 Holder 不等式 (柯西不等式的一种推广) 简洁地解决. 对于三组正数 $(a_1, a_2), (b_1, b_2), (c_1, c_2)$ , 有

(a_1+a_2)(b_1+b_2)(c_1+c_2) \ge \left(\sqrt[3]{a_1b_1c_1}+\sqrt[3]{a_2b_2c_2}\right)^3

我们巧妙地构造这三组数. 令 $(a_1, a_2) = (\frac{1}{x^2}, \frac{8}{y^2})$ , $(b_1, b_2) = (x,y)$ , $(c_1, c_2) = (x,y)$ .

将它们代入 Holder 不等式:

\left(\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}\right)(x+y)(x+y) \ge \left(\sqrt[3]{\frac{1}{x^2} \cdot x \cdot x} + \sqrt[3]{\frac{8}{y^2} \cdot y \cdot y}\right)^3

利用约束条件 $x+y=1$ 简化左侧, 并计算右侧:

\left(\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}\right) \cdot 1 \cdot 1 \ge \left(\sqrt[3]{1} + \sqrt[3]{8}\right)^3 = (1+2)^3 = 27

故 $\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2} \ge 27$ .

等号成立的条件是这三组数成比例, 即 $\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=\frac{c_1}{c_2}$ .

\frac{1/x^2}{8/y^2} = \frac{x}{y}

\frac{y^2}{8x^2} = \frac{x}{y} \implies y^3=8x^3 \implies y=2x

联立 $y=2x$ 和 $x+y=1$ , 解得 $x=1/3, y=2/3$ .

由于存在使等号成立的正数 $x,y$ , 故表达式的最小值为 $27$ .

何时要用

柯西不等式的应用场景通常具有鲜明的代数结构，关键特征在于建立了二次型表达式 (如 $\sum a_i^2$ ) 与一次线性组合 (如 $\sum a_ib_i$ ) 之间的内在联系. 当问题涉及在给定其中一类表达式的条件下, 探求另一类表达式的最值时, 此不等式便成为关键工具. 这通常表现为两种基本模式: 一是利用线性约束求二次和的最小值, 二是利用二次约束求线性组合的最大或最小值.

其次, 当目标函数呈现为分式和的形式, 特别是形如 $\sum \frac{a_i^2}{b_i}$ 时, 应考虑其 Engel 形式. 需要注意, 分子不必是变量的平方, 也可以是常数的平方, 例如 $\frac{1}{b}$ 可视为 $\frac{1^2}{b}$ , 而 $\frac{9}{c}$ 可视为 $\frac{3^2}{c}$ . 当问题的目标函数呈现此类结构, 且约束条件与分母之和相关时, Engel 形式往往能直接导出所需结论.

最后, 在某些情况下, 问题的结构并非直接可见, 需要通过构造来创造应用条件. 一个常见的技巧是引入各项均为 $1$ 的辅助向量, 以建立 $(\sum x_i)^2$ 与 $\sum x_i^2$ 之间的关系. 这种构造性的应用体现了不等式的灵活性, 是解决更复杂问题的关键.

排序不等式

{/* label: sec:ch05-s06 */}

排序不等式是组合学中一个深刻而直观的不等式, 它揭示了两个序列的元素在不同配对方式下, 其乘积之和的大小规律.

排序不等式

设有两组实数 $a_1 \le a_2 \le ... \le a_n$ 和 $b_1 \le b_2 \le ... \le b_n$ . 设 $(p_1, p_2, ..., p_n)$ 是 $(1, 2, ..., n)$ 的一个任意排列. 则有

\sum_{i=1}^n a_i b_{n-i+1} \le \sum_{i=1}^n a_i b_{p_i} \le \sum_{i=1}^n a_i b_i

简言之, 两个有序序列的元素配对, 其乘积之和在顺序和时取得最大值, 在乱序和时介于最大与最小之间, 在逆序和时取得最小值.

证明

我们证明顺序和最大. 考虑任意一个非顺序的乱序和 $S = \sum a_i b_{p_i}$ . 若该排列不是顺序排列 $(1,2,...,n)$ , 则必然存在两个下标 $j, k$ 使得 $j\<k$ 但 $p_j \> p_k$ .

我们考察 $S$ 中与 $j,k$ 相关的项: $a_j b_{p_j} + a_k b_{p_k}$ .

现在, 我们交换 $p_j$ 和 $p_k$ 的位置, 得到一个新的排列, 其对应的和为 $S'$ . $S'$ 中与 $j,k$ 相关的项变为 $a_j b_{p_k} + a_k b_{p_j}$ .

考察这两个和的差:

\begin{aligned} S' - S &= (a_j b_{p_k} + a_k b_{p_j}) - (a_j b_{p_j} + a_k b_{p_k}) &= a_k b_{p_j} - a_j b_{p_j} - a_k b_{p_k} + a_j b_{p_k} &= b_{p_j}(a_k-a_j) - b_{p_k}(a_k-a_j) &= (a_k-a_j)(b_{p_j}-b_{p_k}) \end{aligned}

根据假设, $j\<k \implies a_j \le a_k$ , 故 $a_k-a_j \ge 0$ . $p_j \> p_k \implies b_{p_j} \ge b_{p_k}$ , 故 $b_{p_j}-b_{p_k} \ge 0$ .

因此, $S' - S \ge 0$ , 即 $S' \ge S$ .

这意味着, 每当我们在一个排列中发现一对“逆序”的配对, 将其“修正”为顺序后, 总和不会减小. 通过有限次这样的交换操作 (类似于冒泡排序), 任何乱序排列都可以调整为顺序排列, 且在此过程中, 乘积之和是单调不减的. 故顺序和最大. 逆序和最小的证明完全类似.

例

设 $a,b,c$ 为正实数. 证明 $a^3+b^3+c^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a$ .

解

此不等式涉及变量的轮换对称, 提示我们可能与排序不等式相关.

不失一般性, 设 $a \ge b \ge c$ .

我们构造两个序列. 一个自然的选择是 $(a^2, b^2, c^2)$ 和 $(a,b,c)$ . 显然, $a \ge b \ge c \implies a^2 \ge b^2 \ge c^2$ . 这两个序列是同序的.

根据排序不等式, 顺序和最大, 乱序和居中. 顺序和: $a^2 \cdot a + b^2 \cdot b + c^2 \cdot c = a^3+b^3+c^3$ .

我们考察不等式右侧 $a^2b+b^2c+c^2a$ . 这可以看作序列 $(a^2, b^2, c^2)$ 与序列 $(b,c,a)$ 的配对乘积之和. 序列 $(b,c,a)$ 是 $(a,b,c)$ 的一个乱序排列.

因此, 根据排序不等式,

\sum a_i b_i \ge \sum a_i b_{p_i}

即

a^3+b^3+c^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a

证毕.

IMO

已知 $x_i, y_i (i=1,2,...,n)$ 为任意实数, 且 $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n$ 和 $y_1 \ge y_2 \ge ... \ge y_n$ . 又 $z_1, z_2, ..., z_n$ 是 $y_1, y_2, ..., y_n$ 的任意一个排列. 试证:

\sum_{i=1}^n (x_i - y_i)^2 \le \sum_{i=1}^n (x_i - z_i)^2

解

此不等式旨在说明, 两组同序的序列, 其对应项之差的平方和是所有可能配对中最小的. 我们可以通过展开平方项, 将问题转化为排序不等式的应用.

考虑不等式右侧的表达式:

\begin{aligned} \sum_{i=1}^n (x_i - z_i)^2 &= \sum_{i=1}^n (x_i^2 - 2x_i z_i + z_i^2) &= \sum_{i=1}^n x_i^2 - 2\sum_{i=1}^n x_i z_i + \sum_{i=1}^n z_i^2 \end{aligned}

我们分析此表达式中的三个组成部分:

$\sum_{i=1}^n x_i^2$ 是一个由序列 $(x_i)$ 唯一确定的常数.
由于 $(z_i)$ 是 $(y_i)$ 的一个排列, 它们包含完全相同的元素, 只是顺序不同. 因此, 它们的平方和相等: $\sum_{i=1}^n z_i^2 = \sum_{i=1}^n y_i^2$ . 这也是一个常数.
唯一随排列 $(z_i)$ 变化的项是乱序和 $\sum_{i=1}^n x_i z_i$ .

因此, 要使整个表达式 $\sum (x_i - z_i)^2$ 取得最小值, 等价于使乱序和 $\sum x_i z_i$ 取得最大值.

根据排序不等式, 对于两个同序排列的序列 $(x_i)$ 和 $(y_i)$ , 其乘积之和在顺序和时取得最大值. 即, 对于 $(y_i)$ 的任意排列 $(z_i)$ , 恒有:

\sum_{i=1}^n x_i z_i \le \sum_{i=1}^n x_i y_i

这意味着 $\sum x_i z_i$ 的最大值在 $z_i=y_i$ 时取到.

将此结论代回展开式, 可知 $\sum (x_i - z_i)^2$ 的最小值在 $z_i=y_i$ 时取到. 此时, 表达式的值为 $\sum (x_i - y_i)^2$ .

故对于任意排列 $(z_i)$ , 均有

\sum_{i=1}^n (x_i - y_i)^2 \le \sum_{i=1}^n (x_i - z_i)^2

证毕.

伯努利不等式

{/* label: sec:ch05-s07 */}

伯努利不等式是分析学中的一个基本不等式, 它给出了 $(1+x)^n$ 的一个线性下界. 此不等式在极限理论、级数收敛性以及许多其他不等式的证明中扮演着基础性角色.

伯努利不等式, 整数形式

对于任意实数 $x \> -1$ 和任意非负整数 $n$ , 恒有

(1+x)^n \ge 1+nx

等号成立的充分必要条件是 $n=0$ , $n=1$ 或 $x=0$ .

证明

我们采用数学归纳法对整数 $n \ge 0$ 进行证明.

奠基: 当 $n=0$ 时, 不等式为 $(1+x)^0 \ge 1+0 \cdot x$ , 即 $1 \ge 1$ , 成立. 当 $n=1$ 时, 不等式为 $(1+x)^1 \ge 1+1 \cdot x$ , 即 $1+x \ge 1+x$ , 成立.

归纳假设: 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命题成立, 即 $(1+x)^k \ge 1+kx$ .

归纳递推: 我们需要证明当 $n=k+1$ 时命题也成立. 考虑 $(1+x)^{k+1}$ :

(1+x)^{k+1} = (1+x)^k (1+x)

根据归纳假设, $(1+x)^k \ge 1+kx$ . 由于题设 $x \> -1$ , 故 $1+x \> 0$ . 不等式两边同乘以 $1+x$ , 不等号方向不变:

(1+x)^k (1+x) \ge (1+kx)(1+x)

展开不等式右侧:

(1+kx)(1+x) = 1+x+kx+kx^2 = 1+(k+1)x+kx^2

由于 $k \ge 1$ 且 $x^2 \ge 0$ , 故 $kx^2 \ge 0$ . 因此, $1+(k+1)x+kx^2 \ge 1+(k+1)x$ .

通过传递性, 我们得到:

(1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x

命题对 $n=k+1$ 成立.

综上, 根据数学归纳法原理, 伯努利不等式对所有非负整数 $n$ 成立.

伯努利不等式可以推广至实数指数, 此时函数的凹凸性成为证明的关键.

伯努利不等式, 实数形式

设 $x \> -1$ 且 $x \neq 0$ .

若 $\alpha \< 0$ 或 $\alpha \> 1$ , 则 $(1+x)^\alpha \> 1+\alpha x$ .
若 $0 \< \alpha \< 1$ , 则 $(1+x)^\alpha \< 1+\alpha x$ .

证明

考虑辅助函数 $f(x) = (1+x)^\alpha - (1+\alpha x)$ , 其定义域为 $(-1, +\infty)$ . 我们通过分析其导数来确定其单调性与极值.

f'(x) = \alpha(1+x)^{\alpha-1} - \alpha = \alpha \left[ (1+x)^{\alpha-1} - 1 \right]

令 $f'(x)=0$ , 唯一解为 $x=0$ .

当 $\alpha \> 1$ 时, $\alpha-1 \> 0$ . 若 $x\>0$ , 则 $1+x\>1$ , $(1+x)^{\alpha-1}\>1$ , $f'(x)\>0$ . 若 $-1\<x\<0$ , 则 $0\<1+x\<1$ , $(1+x)^{\alpha-1}\<1$ , $f'(x)\<0$ . 故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得唯一的极小值, 也是最小值. $f_{\min} = f(0) = (1+0)^\alpha - (1+0) = 0$ . 因此, 对于 $x \neq 0$ , 恒有 $f(x) \> 0$ , 即 $(1+x)^\alpha \> 1+\alpha x$ .

当 $0 \< \alpha \< 1$ 时, $\alpha-1 \< 0$ . 若 $x\>0$ , 则 $1+x\>1$ , $(1+x)^{\alpha-1}\<1$ , $f'(x)\<0$ . 若 $-1\<x\<0$ , 则 $0\<1+x\<1$ , $(1+x)^{\alpha-1}\>1$ , $f'(x)\>0$ . 故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得唯一的极大值, 也是最大值. $f_{\max} = f(0) = 0$ . 因此, 对于 $x \neq 0$ , 恒有 $f(x) \< 0$ , 即 $(1+x)^\alpha \< 1+\alpha x$ .

$\alpha \< 0$ 的情形与 $\alpha \> 1$ 类似.

例

证明 $1.001^{1000} \> 2$ .

解

此不等式的结构形如 $(1+x)^n$ . 我们尝试应用伯努利不等式.

令 $x=0.001$ 及 $n=1000$ . 条件 $x=0.001 \> -1$ 和 $n=1000$ 为正整数均满足. 根据伯努利不等式:

(1+0.001)^{1000} \ge 1 + 1000 \times 0.001 = 1+1=2

我们考察等号成立的条件. 等号仅在 $n=0, 1$ 或 $x=0$ 时成立. 在此例中, $n=1000$ 且 $x=0.001$ , 均不满足等号成立的条件. 因此, 不等号为严格不等号.

故 $1.001^{1000} \> 2$ .

例

证明序列 $a_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ ( $n \in \mathbb{N}, n \ge 1$ ) 是严格单调递增的.

解

我们需要证明对于任意 $n \ge 1$ , 恒有 $a_{n+1} \> a_n$ . 这等价于证明 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \> 1$ .

我们构造商式:

\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \frac{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n} &= \left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1} \cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^n &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \left(\frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{n}{n+1}\right)^n &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \left(\frac{n^2+2n}{(n+1)^2}\right)^n &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \left(\frac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2}\right)^n &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^n \end{aligned}

对于因子 $\left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^n$ , 我们可以应用伯努利不等式. 令 $x = -\frac{1}{(n+1)^2}$ . 由于 $n \ge 1$ , $x \> -1$ 且 $x \neq 0$ . 根据伯努利不等式, $(1+x)^n \> 1+nx$ .

\left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^n \> 1 - \frac{n}{(n+1)^2}

将此结果代回商式:

\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &\> \frac{n+2}{n+1} \cdot \left(1 - \frac{n}{(n+1)^2}\right) &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{(n+1)^2-n}{(n+1)^2} &= \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{n^2+2n+1-n}{(n+1)^2} &= \frac{(n+2)(n^2+n+1)}{(n+1)^3} \end{aligned}

我们比较分子与分母的大小. 分子: $(n+2)(n^2+n+1) = n^3+n^2+n+2n^2+2n+2 = n^3+3n^2+3n+2$ . 分母: $(n+1)^3 = n^3+3n^2+3n+1$ .

显然, 分子比分母大 1. 故 $\frac{(n+2)(n^2+n+1)}{(n+1)^3} \> 1$ .

因此, $\frac{a_{n+1}}{a_n} \> 1$ , 即 $a_{n+1} \> a_n$ . 序列 $a_n$ 是严格单调递增的.

糖水不等式

{/* label: sec:ch05-s08 */}

在处理分式大小比较时, 我们常会遇到一类结构特殊的不等式, 其直观背景可想象为溶液浓度的变化.

糖水不等式, 基本形式

设 $a, b, x$ 均为正实数.

若 $\frac{a}{b} \< 1$ , 则 $\frac{a}{b} \< \frac{a+x}{b+x}$ .
若 $\frac{a}{b} \> 1$ , 则 $\frac{a}{b} \> \frac{a+x}{b+x}$ .
若 $\frac{a}{b} = 1$ , 则 $\frac{a}{b} = \frac{a+x}{b+x} = 1$ .

此性质可以理解为: 对于一个真分数, 在其分子和分母上同时加上一个正数, 分数的值会增大; 对于一个假分数, 则会减小.

证明

我们比较 $\frac{a+x}{b+x}$ 与 $\frac{a}{b}$ 的大小. 作差法是一种直接的思路, 但通过交叉相乘可以避免讨论分母的符号, 使过程更简洁. 由于 $a,b,x$ 均为正数, $b$ 和 $b+x$ 亦为正.

\frac{a+x}{b+x} - \frac{a}{b} = \frac{b(a+x) - a(b+x)}{b(b+x)} = \frac{ab+bx-ab-ax}{b(b+x)} = \frac{x(b-a)}{b(b+x)}

分母 $b(b+x)$ 与 $x$ 均为正数, 故差的符号完全由 $(b-a)$ 的符号决定.

若 $\frac{a}{b} \< 1$ , 则 $a \< b$ , 故 $b-a \> 0$ . 差为正, $\frac{a+x}{b+x} \> \frac{a}{b}$ .
若 $\frac{a}{b} \> 1$ , 则 $a \> b$ , 故 $b-a \< 0$ . 差为负, $\frac{a+x}{b+x} \< \frac{a}{b}$ .
若 $\frac{a}{b} = 1$ , 则 $a = b$ , 故 $b-a = 0$ . 差为零, $\frac{a+x}{b+x} = \frac{a}{b}$ .

例

比较 $\frac{2023}{2024}$ 与 $\frac{2024}{2025}$ 的大小.

解

此问题要求比较两个结构相似的分数. 我们可以将其中一个分数看作是由另一个分数变化而来.

考虑分数 $\frac{2023}{2024}$ . 这是一个真分数, 即分子小于分母. 令 $a=2023, b=2024$ .

第二个分数可以写作:

\frac{2024}{2025} = \frac{2023+1}{2024+1}

这符合 $\frac{a+x}{b+x}$ 的形式, 其中 $x=1$ .

根据糖水不等式的基本形式, 对于真分数 $\frac{a}{b}\<1$ , 有 $\frac{a}{b} \< \frac{a+x}{b+x}$ . 因此,

\frac{2023}{2024} \< \frac{2023+1}{2024+1} = \frac{2024}{2025}

基本形式可以推广到分子和分母加上不同正数的情形.

糖水不等式, 一般形式

设 $a, b, x, y$ 均为正实数. 分数 $\frac{a+x}{b+y}$ 的值介于 $\frac{a}{b}$ 和 $\frac{x}{y}$ 之间.

即, 若 $\frac{a}{b} \< \frac{x}{y}$ , 则 $\frac{a}{b} \< \frac{a+x}{b+y} \< \frac{x}{y}$ . 若 $\frac{a}{b} \> \frac{x}{y}$ , 则 $\frac{a}{b} \> \frac{a+x}{b+y} \> \frac{x}{y}$ .

证明

不失一般性, 假设 $\frac{a}{b} \< \frac{x}{y}$ . 由于 $b, y$ 均为正数, 此式等价于 $ay \< bx$ .

首先, 证明 $\frac{a}{b} \< \frac{a+x}{b+y}$ . 这等价于证明 $a(b+y) \< b(a+x)$ , 即 $ab+ay \< ab+bx$ , 化简得 $ay \< bx$ . 此式与我们的假设相符, 故不等式成立.

其次, 证明 $\frac{a+x}{b+y} \< \frac{x}{y}$ . 这等价于证明 $y(a+x) \< x(b+y)$ , 即 $ay+xy \< bx+xy$ , 化简得 $ay \< bx$ . 此式也与我们的假设相符, 故不等式成立.

若 $\frac{a}{b} \> \frac{x}{y}$ , 证明过程完全对称. 若 $\frac{a}{b} = \frac{x}{y}$ , 则易证三个分数值全部相等.

几何解释

一般形式的糖水不等式具有清晰的几何意义. 考虑平面直角坐标系中的两个向量 $\mathbf{u}=(b,a)$ 和 $\mathbf{v}=(y,x)$ . 由于 $a,b,x,y$ 均为正数, 这两个向量位于第一象限.

向量 $\mathbf{u}$ 的斜率为 $\frac{a}{b}$ . 向量 $\mathbf{v}$ 的斜率为 $\frac{x}{y}$ .

两个向量的和为 $\mathbf{u}+\mathbf{v} = (b+y, a+x)$ . 和向量的斜率为 $\frac{a+x}{b+y}$ .

几何直观表明, 两个第一象限向量之和的斜率, 必然介于这两个向量各自的斜率之间.

例

设有两个正数序列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ . 如果序列 $c_n = \frac{a_n}{b_n}$ 严格单调递增, 证明由它们的部分和构成的序列 $S_n = \frac{\sum_{i=1}^n a_i}{\sum_{i=1}^n b_i}$ 也严格单调递增.

解

该问题要求证明一个序列的单调性. 我们需要证明对任意 $n \ge 1$ , 恒有 $S_n \< S_{n+1}$ .

记 $A_n = \sum_{i=1}^n a_i$ , $B_n = \sum_{i=1}^n b_i$ , 则 $S_n = \frac{A_n}{B_n}$ . 我们要证明 $\frac{A_n}{B_n} \< \frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}$ .

注意到 $A_{n+1} = A_n + a_{n+1}$ 且 $B_{n+1} = B_n + b_{n+1}$ . 因此, $S_{n+1} = \frac{A_n + a_{n+1}}{B_n + b_{n+1}}$ .

根据糖水不等式的一般形式, $S_{n+1}$ 的值介于 $\frac{A_n}{B_n}$ 和 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ 之间. 所以, 要证明 $S_n \< S_{n+1}$ , 我们只需证明 $S_n \< \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ .

$S_n = \frac{A_n}{B_n} = \frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n}$ . 由于 $a_i = c_i b_i$ , 我们可以将分子改写:

S_n = \frac{c_1 b_1 + c_2 b_2 + ... + c_n b_n}{b_1+b_2+...+b_n}

这是一个关于 $c_1, c_2, ..., c_n$ 的加权算术平均, 权重为 $b_i \> 0$ .

根据题设, 序列 $c_n$ 严格单调递增, 即 $c_1 \< c_2 \< ... \< c_n \< c_{n+1}$ . 加权平均值的一个基本性质是, 其值必小于所有元素中的最大值. 因此,

S_n = \frac{\sum_{i=1}^n c_i b_i}{\sum_{i=1}^n b_i} \< c_n

又因为 $c_n \< c_{n+1}$ , 故 $S_n \< c_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ .

我们已经证明了 $S_n \< \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ . 根据糖水不等式, $\frac{A_n}{B_n} \< \frac{A_n+a_{n+1}}{B_n+b_{n+1}}$ . 即 $S_n \< S_{n+1}$ .

故序列 $S_n$ 严格单调递增.

函数单调性与次可加性

糖水不等式揭示了函数 $f(t) = \frac{t}{c+t}$ ( $c\>0, t \ge 0$ ) 的单调递增性. 这一性质, 结合三角不等式, 可以用于证明一类重要的不等式.

例

设 $x_1, x_2, ..., x_n$ 为实数, $c\>0$ . 证明:

\frac{|\sum_{i=1}^n x_i|}{c + |\sum_{i=1}^n x_i|} \le \sum_{i=1}^n \frac{|x_i|}{c+|x_i|}

解

考虑函数 $f(t) = \frac{t}{c+t}$ 定义于 $t \ge 0$ . 原不等式可写作 $f(|\sum x_i|) \le \sum f(|x_i|)$ .

函数 $f(t)$ 可变形为 $f(t) = 1 - \frac{c}{c+t}$ . 对于 $t \ge 0$ , 随着 $t$ 的增大, $c+t$ 增大, $\frac{c}{c+t}$ 减小, 故 $f(t)$ 是一个单调递增函数.

根据三角不等式, 我们有 $|\sum_{i=1}^n x_i| \le \sum_{i=1}^n |x_i|$ . 由于 $f(t)$ 单调递增, 将其应用于上式两端, 不等号方向不变:

f\left(\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|\right) \le f\left(\sum_{i=1}^n |x_i|\right)

即

\frac{|\sum_{i=1}^n x_i|}{c + |\sum_{i=1}^n x_i|} \le \frac{\sum_{i=1}^n |x_i|}{c + \sum_{i=1}^n |x_i|}

接下来, 我们考察 $f(t)$ 对求和的性质. 对于任意 $t_1, t_2 \ge 0$ :

f(t_1+t_2) = \frac{t_1+t_2}{c+t_1+t_2} = \frac{t_1}{c+t_1+t_2} + \frac{t_2}{c+t_1+t_2}

由于 $t_1, t_2 \ge 0$ , 我们有 $c+t_1+t_2 \ge c+t_1$ 且 $c+t_1+t_2 \ge c+t_2$ . 因此,

\frac{t_1}{c+t_1+t_2} \le \frac{t_1}{c+t_1} = f(t_1) \text{且} \frac{t_2}{c+t_1+t_2} \le \frac{t_2}{c+t_2} = f(t_2)

将以上两式相加, 即得 $f(t_1+t_2) \le f(t_1)+f(t_2)$ . 此性质称为次可加性, 可通过数学归纳法推广至任意 $n$ 个非负变量:

f\left(\sum_{i=1}^n t_i\right) \le \sum_{i=1}^n f(t_i)

令 $t_i = |x_i|$ , 我们得到:

f\left(\sum_{i=1}^n |x_i|\right) \le \sum_{i=1}^n f(|x_i|)

即

\frac{\sum_{i=1}^n |x_i|}{c + \sum_{i=1}^n |x_i|} \le \sum_{i=1}^n \frac{|x_i|}{c+|x_i|}

综合以上结果, 我们得到一个不等式链:

\frac{|\sum_{i=1}^n x_i|}{c + |\sum_{i=1}^n x_i|} \le \frac{\sum_{i=1}^n |x_i|}{c + \sum_{i=1}^n |x_i|} \le \sum_{i=1}^n \frac{|x_i|}{c+|x_i|}

由此, 原不等式得证.

注

当 $c=1, n=2$ 时, 我们得到特例: 对于任意实数 $a,b$ ,

\frac{|a+b|}{1+|a+b|} \le \frac{|a|}{1+|a|} + \frac{|b|}{1+|b|}

这个不等式在度量空间理论中表明, 若 $d(x,y)=|x-y|$ 是一个度量, 则 $d'(x,y) = \frac{|x-y|}{1+|x-y|}$ 也是一个度量, 且是一个有界度量.

利用变量代换构造齐次形式

对于约束条件为乘积形式的不等式, 通过适当的变量代换, 可以将其转化为齐次不等式, 从而利用齐次式的性质进行证明.

例

设 $a_1, a_2, ..., a_n$ 为 $n$ 个正实数 ( $n \ge 2$ ), 且满足 $\prod_{i=1}^n a_i = 1$ . 证明:

1 \< \sum_{i=1}^n \frac{1}{1+a_i} \< n-1

解

该不等式的约束条件 $\prod a_i = 1$ 是非齐次的. 我们可以通过变量代换来消除此约束, 并将原不等式转化为一个齐次不等式.

设存在一组正实数 $x_1, x_2, ..., x_n$ 使得:

a_1 = \frac{x_2}{x_1}, a_2 = \frac{x_3}{x_2}, ..., a_{n-1} = \frac{x_n}{x_{n-1}}, a_n = \frac{x_1}{x_n}

此代换是合理的, 因为对于任意一组满足乘积为 1 的正数 $a_i$ , 我们总可以找到对应的 $x_i$ .

代入后, 乘积条件自动满足:

\prod_{i=1}^n a_i = \frac{x_2}{x_1} \cdot \frac{x_3}{x_2} \cdots \frac{x_1}{x_n} = 1

求和式中的每一项相应地变换为:

\frac{1}{1+a_i} = \frac{1}{1+x_{i+1}/x_i} = \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} (\text{约定 } x_{n+1}=x_1)

因此, 原不等式等价于证明对于任意正实数 $x_1, ..., x_n$ :

1 \< \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} \< n-1

我们首先证明左侧不等式. 由于 $x_j \> 0$ 对所有 $j$ 成立, 我们有 $x_i+x_{i+1} \< \sum_{j=1}^n x_j$ . 因此,

\frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} \> \frac{x_i}{\sum_{j=1}^n x_j}

将此不等式对 $i=1, ..., n$ 求和:

\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} \> \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\sum_{j=1}^n x_j} = \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{j=1}^n x_j} = 1

接下来证明右侧不等式. 我们将每一项进行变形:

\frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} = 1 - \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}}

对 $i=1, ..., n$ 求和:

\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} = \sum_{i=1}^n \left(1 - \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}}\right) = n - \sum_{i=1}^n \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}}

问题转化为证明 $\sum_{i=1}^n \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}} \> 1$ . 此和式的证明与左侧不等式的论证方法一致. 我们有:

\frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}} \> \frac{x_{i+1}}{\sum_{j=1}^n x_j}

求和得到:

\sum_{i=1}^n \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}} \> \sum_{i=1}^n \frac{x_{i+1}}{\sum_{j=1}^n x_j} = \frac{\sum_{i=1}^n x_{i+1}}{\sum_{j=1}^n x_j} = 1

(其中 $\sum x_{i+1}$ 只是对 $x_1, ..., x_n$ 的一个循环移位求和, 其结果仍是 $\sum x_j$ ).

由此可知, $\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} = n - \left(\text{一个大于1的数}\right)$ , 故其值小于 $n-1$ .

综合两方面论证, 原不等式得证.

在组合计数中的应用

糖水不等式及其思想可以被用于比较组合数的大小, 进而证明更复杂的代数不等式.

例

已知 $i, m, n$ 是正整数, 且 $1 \< i \le m \< n$ . 证明:

$n^i A_m^i \< m^i A_n^i$
$(1+m)^n \> (1+n)^m$

其中 $A_n^k = n(n-1)...(n-k+1)$ 表示排列数.

解

(1) 所证不等式 $n^i A_m^i \< m^i A_n^i$ 等价于 $\frac{A_m^i}{m^i} \< \frac{A_n^i}{n^i}$ .

我们考察不等式两边的表达式.

\frac{A_m^i}{m^i} = \frac{m(m-1)...(m-i+1)}{m \cdot m \cdots m} = \prod_{k=0}^{i-1} \frac{m-k}{m}

\frac{A_n^i}{n^i} = \frac{n(n-1)...(n-i+1)}{n \cdot n \cdots n} = \prod_{k=0}^{i-1} \frac{n-k}{n}

我们需要比较乘积中的对应项 $\frac{m-k}{m}$ 和 $\frac{n-k}{n}$ 对于 $k \in \{0, 1, ..., i-1\}$.
当 $k=0$ 时, $\frac{m-0}{m} = \frac{n-0}{n} = 1$, 两项相等.

当 $k \in \{1, 2, ..., i-1\}$ 时, 考虑分数 $\frac{m-k}{n-k}$.
由于 $m\<n$, 我们有 $m-k \< n-k$, 故这是一个真分数.
根据糖水不等式, 在分子和分母上同时加上一个正数 $k$, 分数值会增大:

\frac{m-k}{n-k} \< \frac{(m-k)+k}{(n-k)+k} = \frac{m}{n}

由于 $m, n, n-k$ 均为正数, 上述不等式 $\frac{m-k}{n-k} \< \frac{m}{n}$ 可变形为 $n(m-k) \< m(n-k)$,
进一步整理为 $\frac{m-k}{m} \< \frac{n-k}{n}$.

由于条件 $1 \< i$ 保证了至少存在一个 $k \ge 1$ 的项, 使得不等号为严格小于.
因此, 比较两个乘积:

\prod_{k=0}^{i-1} \frac{m-k}{m} \< \prod_{k=0}^{i-1} \frac{n-k}{n}

即 $\frac{A_m^i}{m^i} \< \frac{A_n^i}{n^i}$, 故 $n^i A_m^i \< m^i A_n^i$ 成立.

(2) 考虑不等式 $(1+m)^n \> (1+n)^m$. 我们使用二项式定理展开两边.

(1+m)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} m^k \text{和} (1+n)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} n^k

我们逐项比较 $\binom{n}{k}m^k$ 与 $\binom{m}{k}n^k$ 对于 $k \in \{0, 1, ..., m\}$.
注意到 $\binom{n}{k} = \frac{A_n^k}{k!}$ 和 $\binom{m}{k} = \frac{A_m^k}{k!}$.
比较 $\frac{A_n^k}{k!}m^k$ 与 $\frac{A_m^k}{k!}n^k$ 等价于比较 $m^k A_n^k$ 与 $n^k A_m^k$.

根据 (1) 的结论, 对于 $1 \< k \le m \< n$, 有 $n^k A_m^k \< m^k A_n^k$.

现在考察求和的各项:

当 $k=0$ 时, $\binom{n}{0}m^0 = 1$ 和 $\binom{m}{0}n^0 = 1$ , 两项相等.
当 $k=1$ 时, $\binom{n}{1}m^1 = nm$ 和 $\binom{m}{1}n^1 = mn$ , 两项相等.
当 $2 \le k \le m$ 时, $n^k A_m^k \< m^k A_n^k$ , 故 $\binom{m}{k}n^k \< \binom{n}{k}m^k$ .

比较两个和式:

(1+m)^n = \sum_{k=0}^m \binom{n}{k}m^k + \sum_{k=m+1}^n \binom{n}{k}m^k

(1+n)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}n^k

由于 $n\>m$, $(1+m)^n$ 的展开式中从 $k=m+1$ 到 $n$ 的各项均为正数, 故 $\sum_{k=m+1}^n \binom{n}{k}m^k \> 0$.

同时, 比较前 $m+1$ 项的和:

\sum_{k=0}^m \binom{n}{k}m^k \> \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}n^k

因为 $k=0,1$ 时两边项相等, 而 $k=2, ..., m$ 时左边各项严格大于右边对应项.

综合以上两点,

(1+m)^n = \sum_{k=0}^m \binom{n}{k}m^k + (\text{正数}) \> \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}n^k = (1+n)^m

不等式得证.

均值不等式​

二元情形​

多元情形​

加权形式与均值不等式链​

均值不等式的提示​

误区一：忽略非负前提​

误区二：和或积非定值​

误区三：取等条件无法满足​

均值不等式链​

均值不等式的应用技巧​

创造定值：拆项与凑项​

结构转换：变量代换​

利用取等条件构造变形​

归一化方法与齐次性​

柯西不等式​

向量形式​

推论​

何时要用​

排序不等式​

伯努利不等式​

糖水不等式​

函数单调性与次可加性​

利用变量代换构造齐次形式​

在组合计数中的应用​

コメント

均值不等式

二元情形

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加权形式与均值不等式链

均值不等式的提示

误区一：忽略非负前提

误区二：和或积非定值

误区三：取等条件无法满足

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均值不等式的应用技巧

创造定值：拆项与凑项

结构转换：变量代换

利用取等条件构造变形

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