ch05-不等式

{/* label: chap:ch05 */}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：算术平均與几何平均的几何關係

不等關係是數學的基石之一. 從簡單的數值比较到複杂的函數性質分析, 不等式為我们提供了一套精确的語言和强大的工具, 用以刻画量與量之間的非等价關係. 本章将從最基本也最重要的算术-几何平均不等式出發, 係统地建立一係列經典不等式的理論框架, 并探讨其在最值問題、方程求解與理論證明中的應用.

本章的核心内容包括:

算术-几何平均不等式: 證明、推廣及其在求最值問題中的應用.
柯西不等式: 向量形式與代數形式的證明與應用.
排序不等式: 组合思想在不等式中的體現.
琴生不等式: 凸函數與不等式的深刻联係.

通過本章的學習, 我们将不僅掌握一係列具體的解題技巧, 更重要的是, 建立起一种從代數结構、几何直观與分析性質等多個維度审视與構造不等關係的思維模式.

均值不等式

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

二元情形

我们從最基本的情形出發.

二元算术-几何平均不等式

對于任意非负实數 $a, b$ , 恒有

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

等号成立的充分必要条件是 $a=b$ .

證明（代數證明）

考虑任意两個非负实數 $a, b$ . 由于实數的平方非负, 我们有 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \ge 0$ . 展開此完全平方式, 得到 $a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$ . 移項并整理, 即得 $a+b \ge 2\sqrt{ab}$ , 進而 $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ .

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

證明（几何證明）

考虑一個直径為 $a+b$ 的半圓.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：AM-GM 不等式的几何解释

如圖, 设線段 $AB$ 為半圓的直径, 其长度為 $a+b$ . 点 $C$ 在直径上, 使得 $AC=a, CB=b$ . 半圓的半径為 $R = \frac{a+b}{2}$ .

過点 $C$ 作直径的垂線, 交半圓于点 $D$ . 在直角三角形 $ADB$ 中 (由直径所對圓周角為直角可知), 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 $OD$ 是半圓的半径, 其长度為 $\frac{a+b}{2}$ . 直角边 $CD$ 的长度為 $\sqrt{ab}$ . 根据直角三角形斜边长不小于任一直角边的性質, 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 $C$ 與圓心 $O$ 重合. 此时 $AC=CB$ , 即 $a=b$ .

例

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

解

该問題要求一個表达式的最小值. 我们观察到, 表达式由两項之和構成, 且這两項的乘積是一個常數. 這种“和為變量, 積為定值”的结構, 是應用算术-几何平均不等式的典型信号.

由于 $x\>0$ , 故 $9/x$ 也為正數. 我们可以對 $x$ 和 $9/x$ 應用 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, 函數值 $f(x)$ 的下界是 $6$ . 為确定 $6$ 是否為最小值, 我们必须檢验等号能否成立. 等号成立的条件是 $x = \frac{9}{x}$ , 即 $x^2=9$ . 由于 $x\>0$ , 解得 $x=3$ .

因為存在 $x=3$ 使得 $f(x)=6$ , 故函數 $f(x)$ 的最小值為 $6$ .

應用 AM-GM 不等式求最值的三個原则

正定: 不等式中的各項必须為非负數.
定值: 在求和的最小值时, 各項的乘積必须為定值; 在求積的最大值时, 各項的和必须為定值.
等号可取: 使得等号成立的条件必须在變量的允许取值范围内能够达到.

這三個原则, 俗称"一正, 二定, 三相等", 是正确應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

對于任意 $n$ 個非负实數 $a_1, a_2, ..., a_n$ , 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 $a_1=a_2=...=a_n$ .

證明（柯西归纳法）

此證明分為两個步骤: 一個“向前”的推廣步骤和一個“向后”的递推步骤.

第一步 (向前): 證明若命題對 $n$ 成立, 则對 $2n$ 也成立. 假设不等式對 $n$ 個非负实數成立. 我们考虑 $2n$ 個非负实數 $a_1, ..., a_{2n}$ . 将其分為两组, 每组 $n$ 個數, 并對每组應用 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}

現在, 我们将這两组數的算术平均值 $\frac{a_1+...+a_n}{n}$ 和 $\frac{a_{n+1}+...+a_{2n}}{n}$ 视為两個新的非负數, 并對它们應用已知的二元 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}

此即證明了命題對 $2n$ 成立. 由于我们已證 $n=2$ 时命題成立, 此步骤表明命題對所有 $n=2^k$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ) 均成立.

第二步 (向后): 證明若命題對 $n$ 成立, 则對 $n-1$ 也成立. 假设不等式對 $n$ 個非负实數成立. 我们考虑 $n-1$ 個非负实數 $a_1, ..., a_{n-1}$ .

此步骤的關键在于巧妙地構造第 $n$ 個數. 令這 $n-1$ 個數的算术平均值為 $A_{n-1} = \frac{a_1+...+a_{n-1}}{n-1}$ . 我们選取第 $n$ 個數為 $a_n = A_{n-1}$ .

現在, 我们對這 $n$ 個數 $a_1, ..., a_{n-1}, a_n$ 應用已知的 $n$ 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}

两边開 $n-1$ 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.

綜合两步, 我们證明了不等式對所有正整數 $n \ge 2$ 成立.

關于柯西归纳法

柯西归纳法是一种独特的證明技巧, 其"向前-向后"的结構在处理與自然數相關的命題时十分有效. 有兴趣的讀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/

加权形式與均值不等式链

加权 AM-GM 不等式

對于 $n$ 個非负实數 $a_1, ..., a_n$ 和 $n$ 個满足 $\sum_{i=1}^n w_i = 1$ 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 $a_1=a_2=...=a_n$ .

證明

此證明可由 Jensen 不等式與對數函數的上凸性簡洁地導出. 考虑函數 $f(x)=\ln x$ , 其在 $(0, +\infty)$ 上是上凸函數. 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)

利用對數性質, 左侧為 $\ln(a_1^{w_1} ... a_n^{w_n})$ . 故 $\ln(a_1^{w_1} ... a_n^{w_n}) \le \ln(\sum w_i a_i)$ . 由于對數函數單调递增, 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類型.

调和平均與平方平均

對于 $n$ 個正实數 $a_1, ..., a_n$ :

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

這些均值之間存在一個固定的序關係.

均值不等式链

對于任意 $n$ 個正实數 $a_1, ..., a_n$ , 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 $H_n \le G_n \le A_n \le Q_n$ .

證明

我们已證 $G_n \le A_n$ .

證明 $H_n \le G_n$ : 對正數 $1/a_1, ..., 1/a_n$ 應用 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 $H_n \le G_n$ .

證明 $A_n \le Q_n$ : 此不等式等价于 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 這可由柯西不等式直接導出. 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 不等式的應用要求严格遵循其逻辑前提. 任何對前提的偏离都可能導致錯誤的结論. 這些前提可概括為“一正、二定、三相等”的原则, 围绕這些原则的常见誤区包括:

誤区一：忽略非负前提

AM-GM 不等式僅對非负实數成立. 将其推廣到任意实數会产生谬誤.

誤用：變量可為负數

设 $a, b$ 為实數, $a+b=2$ . 求 $ab$ 的最大值.

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

然而, 這個结論是不可靠的. 例如, 取 $a=3, b=-1$ , 满足 $a+b=2$ , 但 $ab=-3$ . 此时 $\sqrt{ab}$ 在实數范围内无意義, 不等式的前提已不成立.

正确分析: 此問題應视為二次函數求最值. 令 $b=2-a$ , 则 $ab = a(2-a) = -a^2+2a = -(a-1)^2+1$ . 這是一個開口向下的抛物線, 在顶点 $a=1$ (此时 $b=1$ ) 处取得最大值 $1$ .

僅当约束条件指明 $a,b$ 為非负实數时, AM-GM 不等式的结論才與二次函數法一致.

例

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

解

錯誤分析: 若忽略 $x$ 的符号, 直接應用 AM-GM 不等式, 会得到

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

從而錯誤地断定函數的最小值為 2. 此推理僅在 $x\>0$ 时有效, 因為只有当 $x$ 為正數时, 才能保證 $x$ 和 $1/x$ 均為正, 满足不等式的前提.

正确分析: 需要根据 $x$ 的符号進行分類讨論.

当 $x\>0$ 时, $x$ 和 $1/x$ 均為正數. 根据 AM-GM 不等式, $f(x) = x+\frac{1}{x} \ge 2$ . 等号在 $x=1$ 时成立. 在此区間, 函數的最小值為 2.
当 $x\<0$ 时, $x$ 和 $1/x$ 均為负數, 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. 在此区間, 函數的最大值為 -2.

綜上, 该函數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

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

解

錯誤分析: 應用 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 $16 \ge P$ . 结論是 $P$ 的最大值為 16.

這個過程有两個隐含的錯誤. 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 $x,y$ 為任意实數, 例如 $x=10, y=-2$ , 此时 $x+y=8$ , 但 $xy=-20$ , $\sqrt{xy}$ 在实數域内无意義.

正确分析: 此問題不應預设 $x,y$ 的符号, 應当使用代數方法. 由 $y=8-x$ , 乘積 $P$ 可以表示為關于 $x$ 的函數:

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

這是一個開口向下的二次函數. 通過配方法:

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 $x$ 可以取任意实數, $(x-4)^2$ 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, 是因為最大值恰好在 $x=4, y=4$ 這一点取得, 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數在允许负數时的行為, 特别是无法說明其没有下界.

誤区二：和或積非定值

應用不等式求最值时, 必须構造出常數界. 若不等式的一侧仍是變量, 则无法确定最值.

誤用：界為變量

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

錯誤分析: 直接應用 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, 但它并未提供一個常數下界. $2x$ 随 $x$ 的變化而變化, 无法据此确定 $f(x)$ 的最小值.

正确分析: 需要通過拆項構造乘積為定值的形式.

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}}

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

誤区三：取等条件无法满足

即使求出了一個常數界, 也必须验證使等号成立的条件能否在定義域内达到.

誤用：取等条件互相矛盾

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

錯誤分析: 分别對括号内的两項應用 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 $y=1$ , 這與題设 $x \neq y$ 相矛盾. 故最小值一定大于 $8$ .

正确分析: 将 $f(x,y)$ 视為關于 $t$ 的函數 $g(t)=(t+1/t)^2$ 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 $g'(t)\>0$ . 函數在 $t=1$ 处取得最小值. 由于 $x \neq y$ , 它们不能同时為 $1$ .

此問題转化為一個更複杂的分析, 但其核心在于识别出 AM-GM 的取等条件與題设冲突, 從而否定了 $8$ 作為最小值的可能性.

誤用：取等点不在定義域内

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

錯誤分析: $x+\frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$ . 由此得出最小值為 $2$ .

這個结論是錯誤的. 等号成立的条件是 $x=1$ , 但该取值点不在函數的定義域 $[2, +\infty)$ 内. 這意味着函數值可以大于 $2$ , 但永远无法达到 $2$ .

正确分析: 需要分析函數在指定定義域上的單调性. $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$ . 当 $x \ge 2$ 时, $x^2 \ge 4$ , $0 \< \frac{1}{x^2} \le \frac{1}{4}$ , 故 $f'(x) \> 0$ . 函數 $f(x)$ 在 $[2, +\infty)$ 上是严格單调递增的. 因此, 其最小值在区間的左端点 $x=2$ 处取得. 最小值為 $f(2) = 2+\frac{1}{2} = 2.5$ .

均值不等式链

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算术平均與几何平均之間的關係, 是一個更廣泛的均值大小序關係的一部分. 通過引入另外两种重要的平均值, 我们可以構建一個更為完整的不等式链.

调和平均與平方平均

對于 $n$ 個正实數 $a_1, a_2, ..., a_n$ :

调和平均 (Harmonic Mean, HM) 定義為

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

平方平均 (Quadratic Mean, QM) 定義為

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

调和平均是“倒數的算术平均的倒數”, 在处理速率、電阻并联等問題时有其物理意義. 平方平均则與统计學中的標准差和物理學中的均方根速度等概念密切相關.

這四种平均值之間存在一個固定的、优美的序關係.

均值不等式链

對于任意 $n$ 個正实數 $a_1, a_2, ..., a_n$ , 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為 $a_1=a_2=...=a_n$ .

證明

我们已在上一节證明了 $G_n \le A_n$ . 此处僅需證明其余两個不等關係.

證明 $H_n \le G_n$ : 考虑 $n$ 個正实數 $\frac{1}{a_1}, \frac{1}{a_2}, ..., \frac{1}{a_n}$ . 對它们應用算术-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 $\frac{1}{H_n} \ge \frac{1}{G_n}$ . 由于各項均為正數, 两边取倒數, 不等号方向反转, 即得 $H_n \le G_n$ .

證明 $A_n \le Q_n$ : 此不等式等价于 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 我们應用柯西不等式. 考虑两個 $n$ 維向量 $\mathbf{a}=(a_1, ..., a_n)$ 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 $(\frac{\sum a_i}{n})^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n}$ . 由于各項為正, 两边開平方根, 即得 $A_n \le Q_n$ .

例

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

解

此問題要求一個平方和的最小值, 其约束条件是變量的算术和為定值. 這种结構直接指向了均值不等式链中的算术平均與平方平均之間的關係.

我们對正數 $x, y$ 應用 $A_2 \le Q_2$ 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}}

由于不等式两边均為正, 平方后不等号方向不變:

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

由此解得 $x^2+y^2 \ge 8$ .

我们檢验等号成立的条件. 等号成立当且僅当 $x=y$ . 结合约束条件 $x+y=4$ , 解得 $x=y=2$ .

因為存在 $x=y=2$ 使得等号可以取到, 故 $x^2+y^2$ 的最小值為 $8$ .

均值不等式的應用技巧

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

均值不等式為处理涉及和與積的最值問題提供了基本工具. 然而, 许多問題的代數结構并非直接满足不等式的應用前提. 這就需要通過代數變形, 将原問題转化為不等式可以处理的標准形式. 本节讨論几种核心的變形技巧.

创造定值：拆項與凑項

算术-几何平均不等式的應用, 要求各項之和或各項之積為定值. 当此条件不满足时, 可通過拆分或添加項的方式, 構造出满足定值条件的新的表达式.

例

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

解

考虑表达式 $x^2 + \frac{2}{x}$ . 其两項之積 $x^2 \cdot \frac{2}{x} = 2x$ 并非定值, 故不满足直接應用二元均值不等式的条件.

為構造定值乘積, 需要调整項的结構以消除變量 $x$ . 注意到 $x^2$ 與 $1/x$ 的幂次關係, 若要使乘積為常數, $x^2$ 項需要與两個 $1/x$ 形式的項相乘. 因此, 我们将 $\frac{2}{x}$ 拆分為 $\frac{1}{x}+\frac{1}{x}$ .

原函數可寫作三項之和:

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

這三項均為正數, 且其乘積為 $x^2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x} = 1$ , 是一個定值.

應用三元 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項相等, 即 $x^2 = \frac{1}{x}$ . 解得 $x^3=1$ . 由于 $x\>0$ , 故 $x=1$ .

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

结構转換：變量代換

当不等式中的變量關係複杂, 或受到特定条件约束时, 引入一组新變量来簡化代數结構, 是一种有效的策略.

例

设 $a, b, c$ 為三角形的三边长. 證明:

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

解

不等式左侧结構複杂, 且分母由三角形三边線性组合而成. 這种结構提示我们進行變量代換以簡化問題.

定義新變量 $x = b+c-a$ , $y = c+a-b$ , $z = a+b-c$ . 由三角形不等式 (任意两边之和大于第三边) 可知, $x, y, z$ 均為正數.

反解可得 $a,b,c$ 關于 $x,y,z$ 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}

将此代換入原不等式左侧:

\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, 表达式呈現出互為倒數的項對:

\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]

對每一對應用二元均值不等式, 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 $x=y=z$ . 這對應于 $b+c-a = c+a-b = a+b-c$ , 解得 $a=b=c$ . 即当三角形為等边三角形时, 等号成立.

利用取等条件構造變形

在处理對称结構的不等式时, 極值点通常在所有變量相等时取到. 這一观察可用于反推構造變形的恰当方式, 特别是如何進行拆項.

例

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

解

為求最小值, 我们需要通過拆項構造一個乘積為定值的形式. 拆分的具體方式可以由均值不等式的取等条件反推.

设函數在 $x_0$ 处取得最小值, 此时應用不等式的各項必须相等. 假设我们将 $2x$ 拆為 $n$ 個相等的項 $\frac{2x}{n}$ , 并與 $\frac{1}{x^2}$ 一同應用 $n+1$ 元均值不等式. 為使乘積為定值, 各項中 $x$ 的总幂次應為零.

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

此分析表明, 應将 $2x$ 拆分為两項, 即 $x+x$ . 由此, 考虑對 $x, x, \frac{1}{x^2}$ 這三項應用均值不等式.

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

檢验等号成立条件: $x = \frac{1}{x^2}$ , 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. 故函數 $f(x)$ 的最小值為 $3$ .

归一化方法與齐次性

齐次不等式是指当所有變量同乘以一個正數因子时, 不等關係不變的不等式. 對于此類不等式, 可以在不失一般性的前提下, 對變量施加一個额外的约束 (如和為 $1$ 或積為 $1$ ), 從而簡化問題.

Nesbitt 不等式

设 $a, b, c$ 為正实數. 證明:

\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 $ta, tb, tc$ ( $t\>0$ ) 替換 $a,b,c$ , 表达式的值不變:

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

這表明该不等式是 $0$ 次齐次的.

齐次性允许我们對變量施加一個约束. 设 $a+b+c=1$ . 在此约束下, $b+c = 1-a$ , $c+a = 1-b$ , $a+b = 1-c$ . 不等式左侧變為:

\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

原不等式等价于證明:

\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 形式直接證明.

\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, 此结論對所有正实數 $a,b,c$ 均成立.

柯西不等式

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

柯西不等式是數學分析、線性代數和概率論等多個领域中一個極為重要的不等式. 它揭示了向量内積與向量长度之間的深刻關係.

向量形式

柯西不等式的向量形式

對于 $n$ 維欧几里得空間中的任意两個向量 $\mathbf{a}=(a_1, ..., a_n)$ 和 $\mathbf{b}=(b_1, ..., b_n)$ , 恒有

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

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

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 $\mathbf{a}$ 與 $\mathbf{b}$ 共線, 即存在实數 $k$ 使得 $\mathbf{a}=k\mathbf{b}$ 或 $\mathbf{b}=\mathbf{0}$ .

證明（基于二次判别式）

考虑關于实數 $t$ 的二次多項式 $P(t) = \sum_{i=1}^n (a_i t - b_i)^2$ .

由于 $P(t)$ 是若干個平方項之和, 故對任意实數 $t$ , 恒有 $P(t) \ge 0$ .

我们将 $P(t)$ 展開:

\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}

這是一個關于 $t$ 的二次函數 (或当 $\sum a_i^2=0$ 时為一次函數).

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 $P(t)$ 是一個開口向上的二次函數. 由于它恒為非负, 其圖像與 $t$ 轴至多有一個交点. 這意味着其判别式 $\Delta \le 0$ .

\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 $t_0$ . 這意味着 $\sum (a_i t_0 - b_i)^2 = 0$ . 由于各項非负, 必有 $a_i t_0 - b_i = 0$ 對所有 $i$ 成立, 即 $b_i = t_0 a_i$ . 這表明向量 $\mathbf{b}$ 是 $\mathbf{a}$ 的常數倍, 即两向量共線.

例

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

解

問題要求一個二次表达式的最小值, 其约束条件是一個線性方程. 這种“二次目標, 線性约束”的结構是應用柯西不等式的典型场景.

我们将目標表达式 $x^2+y^2+z^2$ 和约束表达式 $x+2y+3z$ 分别视為向量范數的平方和点積.

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 $\mathbf{a}$ 與 $\mathbf{b}$ 共線, 即存在常數 $k$ 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數 $x,y,z$ (即 $x=1/2, y=1, z=3/2$ ), 故最小值為 $7/2$ .

推論

柯西不等式有几個非常重要的推論, 它们在解决特定结構的不等式問題时極為有效.

柯西不等式的 Engel 形式

设 $a_1, ..., a_n$ 為任意实數, $b_1, ..., b_n$ 為正实數. 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}

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

證明

此為柯西不等式的直接推論. 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{点積的平方: } (\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{范數的平方: } \|\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)

整理后即為所證.

等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 與 $\mathbf{v}$ 共線, 即存在常數 $k$ 使得 $\mathbf{u} = k\mathbf{v}$ . 分量形式為 $\frac{a_i}{\sqrt{b_i}} = k\sqrt{b_i}$ , 即 $a_i = k b_i$ , 故 $\frac{a_i}{b_i}=k$ 對所有 $i$ 成立.

闵可夫斯基不等式, $p=2$ 情形

设 $a_1, ..., a_n$ 和 $b_1, ..., b_n$ 為任意实數. 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}

證明

此不等式在几何上即為欧几里得空間中的三角不等式. 考虑 $n$ 個二維向量 $\mathbf{v}_i = (a_i, b_i)$ . 不等式左侧為 $\sum_{i=1}^n \|\mathbf{v}_i\|$ , 右侧為 $\|\sum_{i=1}^n \mathbf{v}_i\|$ .

我们通過對不等式两边平方并應用柯西不等式来證明. 令 $A = \sum a_i, B = \sum b_i$ . 我们證明 $n=2$ 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)

化簡得 $\sqrt{(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)} \ge a_1a_2+b_1b_2$ . 若右侧為负, 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

此即二維柯西不等式.

一般情形可通過數學归纳法, 重複應用 $n=2$ 的结論得到.

注

此即权方和不等式，1980年代后得名.

例

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

解

目標函數 $4x^2+y^2$ 是一個二次和, 可寫作 $(2x)^2+y^2$ . 约束条件 $x+3y=4$ 是線性的. 我们需要建立這两個表达式之間的联係.

考虑将约束条件中的 $x$ 替換為 $2x$ 以匹配目標函數.

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 $\mathbf{a}$ 與 $\mathbf{b}$ 共線, 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數 $x, y$ , 故 $4x^2+y^2$ 的最小值為 $\frac{64}{37}$ .

例

已知实數 $a,b,c$ 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

此問題涉及两個二次和的定值, 以及一個線性组合的最值. 這是柯西不等式的直接應用.

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 $-3 \le ax+by+cz \le 3$ .

表达式的最大值為 $3$ . 等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 與 $\mathbf{v}$ 共線, 即存在常數 $k$ 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 $ax+by+cz$ 的最大值為 $3$ .

例

已知 $a, b, c$ 均為正數, 且 $a^2+b^2+4c^2=3$ . 證明:

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

解

待證不等式為線性, 条件為二次. 考虑構造向量以應用柯西不等式.

将条件 $a^2+b^2+4c^2=3$ 寫作 $a^2+b^2+(2c)^2=3$ . 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 $a,b,c$ 均為正數, $a+b+2c$ 必為正. 两边開平方根得 $a+b+2c \le 3$.
等号成立当且僅当 $\frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{2c}{1}$, 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 $a^2+b^2+4c^2=3$ 變為:

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

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

此结構提示我们使用柯西不等式的 Engel 形式.
為構造合适的項, 我们将 $\frac{1}{c}$ 寫作 $\frac{4}{4c}$.

\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 $a^2+8c^2=3$, 再次應用柯西不等式.

(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 $a,c$ 為正, $a+4c \le 3$.

结合两個结果:

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

我们檢验等号成立的条件.
第一步不等式 (Engel 形式) 等号成立条件為 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4c}$, 即 $a=2c$.
第二步不等式 (柯西) 等号成立条件為 $\frac{a}{1}=\frac{\sqrt{8}c}{\sqrt{2}}$, 即 $a=2c$.
两個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 $P(a,b)$ 在圓 $C: x^2+y^2=x+y$ 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, 請說明理由.

解

由題设, $a,b$ 為正实數, 且满足 $a^2+b^2=a+b$ . 所求表达式為 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} = \frac{a+b}{ab}$ .

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 $a=b$ . 代入圓的方程, $a^2+a^2=a+a$ , 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 $2$ .
問題等价于判断表达式 $ab+a+b+1$ 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, $ab \le \frac{a^2+b^2}{2} = \frac{a+b}{2}$.

現在考察表达式 $(a+1)(b+1)$:

(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

這表明 $(a+1)(b+1)$ 的最大值為 $4$.

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 $a^2+b^2=a+b$ 進行檢验: $1^2+1^2=1+1$ , 方程成立.

因此, 存在 $a=b=1$ 使得 $(a+1)(b+1)=4$ .

例

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

解

此問題要求一個分式和的最小值, 其约束為線性方程. 這种结構是柯西不等式的典型應用场景.

我们希望通過不等式消去變量, 得到一個常數下界. 考虑将约束条件與目標函數相乘.

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

根据柯西不等式的一种形式, 對于正數 $x_1, x_2, y_1, y_2$ , 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 $\frac{x_1}{y_1}$ 與 $\frac{x_2}{y_2}$ 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 $n=2\sqrt{2}m$ .

将此關係代入约束方程 $2m+n=2$ :

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 $m, n$ 均為正數, 且存在使等号成立的取值, 故 $\frac{1}{m}+\frac{4}{n}$ 的最小值為 $3+2\sqrt{2}$ .

例

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

解

目標函數為根式之和, 约束為線性. 考虑應用柯西不等式. 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

由于各項為正, 開平方根得 $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3} \le \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ .

等号成立的条件是向量 $\mathbf{u}$ 與 $\mathbf{v}$ 共線, 即 $\frac{\sqrt{a+1}}{1}=\frac{\sqrt{b+3}}{1}$ . 這等价于 $a+1=b+3$ , 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數 $a,b$ , 故表达式的最大值為 $3\sqrt{2}$ .

例

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

解

此函數是两個根式之和. 我们观察到根号内的表达式相加后, 變量可以被消去.

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

這個结構是應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 $x^2-3x+2 = 2+3x-x^2$ , 化簡得 $2x^2-6x=0$ , 解得 $x=0$ 或 $x=3$ .

我们需要檢验這两個值是否在函數的定義域内. 定義域要求 $x^2-3x+2 \ge 0$ 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, 函數的最大值為 $2\sqrt{2}$ .

例

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

解

此問題属于“条件為分式和, 目標為線性和”的類型. 我们可以通過将目標表达式與条件表达式相乘来構造一個常數下界.

首先, 将目標表达式 $6x+5y$ 用条件中的分母 $2x+y$ 和 $x+y$ 来表示. 设 $6x+5y = A(2x+y)+B(x+y) = (2A+B)x+(A+B)y$ . 比较係數得 $2A+B=6, A+B=5$ . 解得 $A=1, B=4$ . 故 $6x+5y = (2x+y)+4(x+y)$ .

考虑乘積 $(6x+5y) \cdot 2$ :

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個推論 (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 $4(x+y)^2=3(2x+y)^2$ . 由于各項為正, $2(x+y)=\sqrt{3}(2x+y)$ , 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 $6x+5y$ 的最小值為 $\frac{13+4\sqrt{3}}{2}$ .

例

已知正數 $x,y,z$ 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

目標函數是 Engel 形式的標准结構.

\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)}

化簡分母:

(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, 故表达式的最小值為 $1/3$ .

例

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

解

此問題可由 Holder 不等式 (柯西不等式的一种推廣) 簡洁地解决. 對于三组正數 $(a_1, a_2), (b_1, b_2), (c_1, c_2)$ , 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

我们巧妙地構造這三组數. 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 $x+y=1$ 簡化左侧, 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 $\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2} \ge 27$ .

等号成立的条件是這三组數成比例, 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數 $x,y$ , 故表达式的最小值為 $27$ .

何时要用

柯西不等式的應用场景通常具有鲜明的代數结構，關键特征在于建立了二次型表达式 (如 $\sum a_i^2$ ) 與一次線性组合 (如 $\sum a_ib_i$ ) 之間的内在联係. 当問題涉及在给定其中一類表达式的条件下, 探求另一類表达式的最值时, 此不等式便成為關键工具. 這通常表現為两种基本模式: 一是利用線性约束求二次和的最小值, 二是利用二次约束求線性组合的最大或最小值.

其次, 当目標函數呈現為分式和的形式, 特别是形如 $\sum \frac{a_i^2}{b_i}$ 时, 應考虑其 Engel 形式. 需要注意, 分子不必是變量的平方, 也可以是常數的平方, 例如 $\frac{1}{b}$ 可视為 $\frac{1^2}{b}$ , 而 $\frac{9}{c}$ 可视為 $\frac{3^2}{c}$ . 当問題的目標函數呈現此類结構, 且约束条件與分母之和相關时, Engel 形式往往能直接導出所需结論.

最后, 在某些情况下, 問題的结構并非直接可见, 需要通過構造来创造應用条件. 一個常见的技巧是引入各項均為 $1$ 的辅助向量, 以建立 $(\sum x_i)^2$ 與 $\sum x_i^2$ 之間的關係. 這种構造性的應用體現了不等式的灵活性, 是解决更複杂問題的關键.

排序不等式

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

排序不等式是组合學中一個深刻而直观的不等式, 它揭示了两個序列的元素在不同配對方式下, 其乘積之和的大小规律.

排序不等式

设有两组实數 $a_1 \le a_2 \le ... \le a_n$ 和 $b_1 \le b_2 \le ... \le b_n$ . 设 $(p_1, p_2, ..., p_n)$ 是 $(1, 2, ..., n)$ 的一個任意排列. 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

簡言之, 两個有序序列的元素配對, 其乘積之和在顺序和时取得最大值, 在乱序和时介于最大與最小之間, 在逆序和时取得最小值.

證明

我们證明顺序和最大. 考虑任意一個非顺序的乱序和 $S = \sum a_i b_{p_i}$ . 若该排列不是顺序排列 $(1,2,...,n)$ , 则必然存在两個下標 $j, k$ 使得 $j\<k$ 但 $p_j \> p_k$ .

我们考察 $S$ 中與 $j,k$ 相關的項: $a_j b_{p_j} + a_k b_{p_k}$ .

現在, 我们交換 $p_j$ 和 $p_k$ 的位置, 得到一個新的排列, 其對應的和為 $S'$ . $S'$ 中與 $j,k$ 相關的項變為 $a_j b_{p_k} + a_k b_{p_j}$ .

考察這两個和的差:

\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 $S' \ge S$ .

這意味着, 每当我们在一個排列中發現一對“逆序”的配對, 将其“修正”為顺序后, 总和不会减小. 通過有限次這样的交換操作 (類似于冒泡排序), 任何乱序排列都可以调整為顺序排列, 且在此過程中, 乘積之和是單调不减的. 故顺序和最大. 逆序和最小的證明完全類似.

例

设 $a,b,c$ 為正实數. 證明 $a^3+b^3+c^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a$ .

解

此不等式涉及變量的轮換對称, 提示我们可能與排序不等式相關.

不失一般性, 设 $a \ge b \ge c$ .

我们構造两個序列. 一個自然的選择是 $(a^2, b^2, c^2)$ 和 $(a,b,c)$ . 显然, $a \ge b \ge c \implies a^2 \ge b^2 \ge c^2$ . 這两個序列是同序的.

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 $a^2b+b^2c+c^2a$ . 這可以看作序列 $(a^2, b^2, c^2)$ 與序列 $(b,c,a)$ 的配對乘積之和. 序列 $(b,c,a)$ 是 $(a,b,c)$ 的一個乱序排列.

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

證毕.

IMO

已知 $x_i, y_i (i=1,2,...,n)$ 為任意实數, 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 $y_1, y_2, ..., y_n$ 的任意一個排列. 试證:

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

解

此不等式旨在說明, 两组同序的序列, 其對應項之差的平方和是所有可能配對中最小的. 我们可以通過展開平方項, 将問題转化為排序不等式的應用.

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個组成部分:

$\sum_{i=1}^n x_i^2$ 是一個由序列 $(x_i)$ 唯一确定的常數.
由于 $(z_i)$ 是 $(y_i)$ 的一個排列, 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: $\sum_{i=1}^n z_i^2 = \sum_{i=1}^n y_i^2$ . 這也是一個常數.
唯一随排列 $(z_i)$ 變化的項是乱序和 $\sum_{i=1}^n x_i z_i$ .

因此, 要使整個表达式 $\sum (x_i - z_i)^2$ 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, 對于两個同序排列的序列 $(x_i)$ 和 $(y_i)$ , 其乘積之和在顺序和时取得最大值. 即, 對于 $(y_i)$ 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

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

将此结論代回展開式, 可知 $\sum (x_i - z_i)^2$ 的最小值在 $z_i=y_i$ 时取到. 此时, 表达式的值為 $\sum (x_i - y_i)^2$ .

故對于任意排列 $(z_i)$ , 均有

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

證毕.

伯努利不等式

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

伯努利不等式是分析學中的一個基本不等式, 它给出了 $(1+x)^n$ 的一個線性下界. 此不等式在極限理論、级數收敛性以及许多其他不等式的證明中扮演着基礎性角色.

伯努利不等式, 整數形式

對于任意实數 $x \> -1$ 和任意非负整數 $n$ , 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 $x=0$ .

證明

我们采用數學归纳法對整數 $n \ge 0$ 進行證明.

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

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

归纳递推: 我们需要證明当 $n=k+1$ 时命題也成立. 考虑 $(1+x)^{k+1}$ :

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

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

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

展開不等式右侧:

(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, $1+(k+1)x+kx^2 \ge 1+(k+1)x$ .

通過传递性, 我们得到:

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

命題對 $n=k+1$ 成立.

綜上, 根据數學归纳法原理, 伯努利不等式對所有非负整數 $n$ 成立.

伯努利不等式可以推廣至实數指數, 此时函數的凹凸性成為證明的關键.

伯努利不等式, 实數形式

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 $(1+x)^\alpha \< 1+\alpha x$ .

證明

考虑辅助函數 $f(x) = (1+x)^\alpha - (1+\alpha x)$ , 其定義域為 $(-1, +\infty)$ . 我们通過分析其導數来确定其單调性與極值.

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

令 $f'(x)=0$ , 唯一解為 $x=0$ .

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 $x=0$ 处取得唯一的極小值, 也是最小值. $f_{\min} = f(0) = (1+0)^\alpha - (1+0) = 0$ . 因此, 對于 $x \neq 0$ , 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 $x=0$ 处取得唯一的極大值, 也是最大值. $f_{\max} = f(0) = 0$ . 因此, 對于 $x \neq 0$ , 恒有 $f(x) \< 0$ , 即 $(1+x)^\alpha \< 1+\alpha x$ .

$\alpha \< 0$ 的情形與 $\alpha \> 1$ 類似.

例

證明 $1.001^{1000} \> 2$ .

解

此不等式的结構形如 $(1+x)^n$ . 我们尝试應用伯努利不等式.

令 $x=0.001$ 及 $n=1000$ . 条件 $x=0.001 \> -1$ 和 $n=1000$ 為正整數均满足. 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. 等号僅在 $n=0, 1$ 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, 不等号為严格不等号.

故 $1.001^{1000} \> 2$ .

例

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

解

我们需要證明對于任意 $n \ge 1$ , 恒有 $a_{n+1} \> a_n$ . 這等价于證明 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \> 1$ .

我们構造商式:

\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}

對于因子 $\left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^n$ , 我们可以應用伯努利不等式. 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}

我们比较分子與分母的大小. 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 $a_n$ 是严格單调递增的.

糖水不等式

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

在处理分式大小比较时, 我们常会遇到一類结構特殊的不等式, 其直观背景可想象為溶液浓度的變化.

糖水不等式, 基本形式

设 $a, b, x$ 均為正实數.

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 $\frac{a}{b} = \frac{a+x}{b+x} = 1$ .

此性質可以理解為: 對于一個真分數, 在其分子和分母上同时加上一個正數, 分數的值会增大; 對于一個假分數, 则会减小.

證明

我们比较 $\frac{a+x}{b+x}$ 與 $\frac{a}{b}$ 的大小. 作差法是一种直接的思路, 但通過交叉相乘可以避免讨論分母的符号, 使過程更簡洁. 由于 $a,b,x$ 均為正數, $b$ 和 $b+x$ 亦為正.

\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 $b(b+x)$ 與 $x$ 均為正數, 故差的符号完全由 $(b-a)$ 的符号决定.

若 $\frac{a}{b} \< 1$ , 则 $a \< b$ , 故 $b-a \> 0$ . 差為正, $\frac{a+x}{b+x} \> \frac{a}{b}$ .
若 $\frac{a}{b} \> 1$ , 则 $a \> b$ , 故 $b-a \< 0$ . 差為负, $\frac{a+x}{b+x} \< \frac{a}{b}$ .
若 $\frac{a}{b} = 1$ , 则 $a = b$ , 故 $b-a = 0$ . 差為零, $\frac{a+x}{b+x} = \frac{a}{b}$ .

例

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

解

此問題要求比较两個结構相似的分數. 我们可以将其中一個分數看作是由另一個分數變化而来.

考虑分數 $\frac{2023}{2024}$ . 這是一個真分數, 即分子小于分母. 令 $a=2023, b=2024$ .

第二個分數可以寫作:

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

這符合 $\frac{a+x}{b+x}$ 的形式, 其中 $x=1$ .

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

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

基本形式可以推廣到分子和分母加上不同正數的情形.

糖水不等式, 一般形式

设 $a, b, x, y$ 均為正实數. 分數 $\frac{a+x}{b+y}$ 的值介于 $\frac{a}{b}$ 和 $\frac{x}{y}$ 之間.

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 $\frac{a}{b} \> \frac{a+x}{b+y} \> \frac{x}{y}$ .

證明

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

首先, 證明 $\frac{a}{b} \< \frac{a+x}{b+y}$ . 這等价于證明 $a(b+y) \< b(a+x)$ , 即 $ab+ay \< ab+bx$ , 化簡得 $ay \< bx$ . 此式與我们的假设相符, 故不等式成立.

其次, 證明 $\frac{a+x}{b+y} \< \frac{x}{y}$ . 這等价于證明 $y(a+x) \< x(b+y)$ , 即 $ay+xy \< bx+xy$ , 化簡得 $ay \< bx$ . 此式也與我们的假设相符, 故不等式成立.

若 $\frac{a}{b} \> \frac{x}{y}$ , 證明過程完全對称. 若 $\frac{a}{b} = \frac{x}{y}$ , 则易證三個分數值全部相等.

几何解释

一般形式的糖水不等式具有清晰的几何意義. 考虑平面直角坐標係中的两個向量 $\mathbf{u}=(b,a)$ 和 $\mathbf{v}=(y,x)$ . 由于 $a,b,x,y$ 均為正數, 這两個向量位于第一象限.

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

两個向量的和為 $\mathbf{u}+\mathbf{v} = (b+y, a+x)$ . 和向量的斜率為 $\frac{a+x}{b+y}$ .

几何直观表明, 两個第一象限向量之和的斜率, 必然介于這两個向量各自的斜率之間.

例

设有两個正數序列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ . 如果序列 $c_n = \frac{a_n}{b_n}$ 严格單调递增, 證明由它们的部分和構成的序列 $S_n = \frac{\sum_{i=1}^n a_i}{\sum_{i=1}^n b_i}$ 也严格單调递增.

解

该問題要求證明一個序列的單调性. 我们需要證明對任意 $n \ge 1$ , 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 $S_n = \frac{A_n}{B_n}$ . 我们要證明 $\frac{A_n}{B_n} \< \frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}$ .

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 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ 之間. 所以, 要證明 $S_n \< S_{n+1}$ , 我们只需證明 $S_n \< \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ .

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

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

這是一個關于 $c_1, c_2, ..., c_n$ 的加权算术平均, 权重為 $b_i \> 0$ .

根据題设, 序列 $c_n$ 严格單调递增, 即 $c_1 \< c_2 \< ... \< c_n \< c_{n+1}$ . 加权平均值的一個基本性質是, 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

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

我们已經證明了 $S_n \< \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ . 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 $S_n$ 严格單调递增.

函數單调性與次可加性

糖水不等式揭示了函數 $f(t) = \frac{t}{c+t}$ ( $c\>0, t \ge 0$ ) 的單调递增性. 這一性質, 结合三角不等式, 可以用于證明一類重要的不等式.

例

设 $x_1, x_2, ..., x_n$ 為实數, $c\>0$ . 證明:

\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

考虑函數 $f(t) = \frac{t}{c+t}$ 定義于 $t \ge 0$ . 原不等式可寫作 $f(|\sum x_i|) \le \sum f(|x_i|)$ .

函數 $f(t)$ 可變形為 $f(t) = 1 - \frac{c}{c+t}$ . 對于 $t \ge 0$ , 随着 $t$ 的增大, $c+t$ 增大, $\frac{c}{c+t}$ 减小, 故 $f(t)$ 是一個單调递增函數.

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 $f(t)$ 單调递增, 将其應用于上式两端, 不等号方向不變:

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 $f(t)$ 對求和的性質. 對于任意 $t_1, t_2 \ge 0$ :

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 $f(t_1+t_2) \le f(t_1)+f(t_2)$ . 此性質称為次可加性, 可通過數學归纳法推廣至任意 $n$ 個非负變量:

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|}

綜合以上结果, 我们得到一個不等式链:

\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, 原不等式得證.

注

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

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

這個不等式在度量空間理論中表明, 若 $d(x,y)=|x-y|$ 是一個度量, 则 $d'(x,y) = \frac{|x-y|}{1+|x-y|}$ 也是一個度量, 且是一個有界度量.

利用變量代換構造齐次形式

對于约束条件為乘積形式的不等式, 通過适当的變量代換, 可以将其转化為齐次不等式, 從而利用齐次式的性質進行證明.

例

设 $a_1, a_2, ..., a_n$ 為 $n$ 個正实數 ( $n \ge 2$ ), 且满足 $\prod_{i=1}^n a_i = 1$ . 證明:

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. 我们可以通過變量代換来消除此约束, 并将原不等式转化為一個齐次不等式.

设存在一组正实數 $x_1, x_2, ..., x_n$ 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}

此代換是合理的, 因為對于任意一组满足乘積為 1 的正數 $a_i$ , 我们总可以找到對應的 $x_i$ .

代入后, 乘積条件自动满足:

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

求和式中的每一項相應地變換為:

\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, 原不等式等价于證明對于任意正实數 $x_1, ..., x_n$ :

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

我们首先證明左侧不等式. 由于 $x_j \> 0$ 對所有 $j$ 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}

将此不等式對 $i=1, ..., n$ 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

接下来證明右侧不等式. 我们将每一項進行變形:

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

對 $i=1, ..., n$ 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}}

問題转化為證明 $\sum_{i=1}^n \frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}} \> 1$ . 此和式的證明與左侧不等式的論證方法一致. 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 $\sum x_{i+1}$ 只是對 $x_1, ..., x_n$ 的一個循环移位求和, 其结果仍是 $\sum x_j$ ).

由此可知, $\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} = n - \left(\text{一個大于1的數}\right)$ , 故其值小于 $n-1$ .

綜合两方面論證, 原不等式得證.

在组合计數中的應用

糖水不等式及其思想可以被用于比较组合數的大小, 進而證明更複杂的代數不等式.

例

已知 $i, m, n$ 是正整數, 且 $1 \< i \le m \< n$ . 證明:

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

其中 $A_n^k = n(n-1)...(n-k+1)$ 表示排列數.

解

(1) 所證不等式 $n^i A_m^i \< m^i A_n^i$ 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}

我们需要比较乘積中的對應項 $\frac{m-k}{m}$ 和 $\frac{n-k}{n}$ 對于 $k \in \{0, 1, ..., i-1\}$.
当 $k=0$ 时, $\frac{m-0}{m} = \frac{n-0}{n} = 1$, 两項相等.

当 $k \in \{1, 2, ..., i-1\}$ 时, 考虑分數 $\frac{m-k}{n-k}$.
由于 $m\<n$, 我们有 $m-k \< n-k$, 故這是一個真分數.
根据糖水不等式, 在分子和分母上同时加上一個正數 $k$, 分數值会增大:

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

由于 $m, n, n-k$ 均為正數, 上述不等式 $\frac{m-k}{n-k} \< \frac{m}{n}$ 可變形為 $n(m-k) \< m(n-k)$,
進一步整理為 $\frac{m-k}{m} \< \frac{n-k}{n}$.

由于条件 $1 \< i$ 保證了至少存在一個 $k \ge 1$ 的項, 使得不等号為严格小于.
因此, 比较两個乘積:

\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 $(1+m)^n \> (1+n)^m$. 我们使用二項式定理展開两边.

(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

我们逐項比较 $\binom{n}{k}m^k$ 與 $\binom{m}{k}n^k$ 對于 $k \in \{0, 1, ..., m\}$.
注意到 $\binom{n}{k} = \frac{A_n^k}{k!}$ 和 $\binom{m}{k} = \frac{A_m^k}{k!}$.
比较 $\frac{A_n^k}{k!}m^k$ 與 $\frac{A_m^k}{k!}n^k$ 等价于比较 $m^k A_n^k$ 與 $n^k A_m^k$.

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

現在考察求和的各項:

当 $k=0$ 时, $\binom{n}{0}m^0 = 1$ 和 $\binom{m}{0}n^0 = 1$ , 两項相等.
当 $k=1$ 时, $\binom{n}{1}m^1 = nm$ 和 $\binom{m}{1}n^1 = mn$ , 两項相等.
当 $2 \le k \le m$ 时, $n^k A_m^k \< m^k A_n^k$ , 故 $\binom{m}{k}n^k \< \binom{n}{k}m^k$ .

比较两個和式:

(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 $n\>m$, $(1+m)^n$ 的展開式中從 $k=m+1$ 到 $n$ 的各項均為正數, 故 $\sum_{k=m+1}^n \binom{n}{k}m^k \> 0$.

同时, 比较前 $m+1$ 項的和:

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

因為 $k=0,1$ 时两边項相等, 而 $k=2, ..., m$ 时左边各項严格大于右边對應項.

綜合以上两点,

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

不等式得證.

均值不等式​

二元情形​

多元情形​

加权形式與均值不等式链​

均值不等式的提示​

誤区一：忽略非负前提​

誤区二：和或積非定值​

誤区三：取等条件无法满足​

均值不等式链​

均值不等式的應用技巧​

创造定值：拆項與凑項​

结構转換：變量代換​

利用取等条件構造變形​

归一化方法與齐次性​

柯西不等式​

向量形式​

推論​

何时要用​

排序不等式​

伯努利不等式​

糖水不等式​

函數單调性與次可加性​

利用變量代換構造齐次形式​

在组合计數中的應用​

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