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阿贝尔恒等式与联赛中的三大不等式


阿贝尔恒等式与联赛中的三大不等式 广东广雅中学 杨志明 yzm876@163.com 2009.7.29
等式与不等式的关系是辨证统一的.等中有不等, 不等中有等.本讲将会使我们明白, 阿 贝尔恒等式是一个很简单的恒等式,却可以推出联赛中的三大不等式.具体思路是: 阿贝尔恒等式 → 排序不等式 → 均值不等式 → 柯西不等式. 一、阿贝尔恒等式 阿贝尔恒等式:

>
∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1 i =1

n

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1 2

n

i.

n(n + 1) , 2 k ?1 所以在下讨论中设 x ≠ 1 ,令 ak = x , bk = k ,则
解:由于 f (1) = 1 + 2 + 3 + L + n =

例 1.求和: f ( x) = 1 + 2 x + 3 x + L + nx

n ?1

.

S k = a1 + a2 + L + ak =
n

1 ? x n ?1 , bk ? bk +1 = ?1 . 1? x
n ?1 i =1

由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

f ( x) = ∑ ak bk =
k =1

n

n ?1 1 ? xn 1 ? xk ? n ?∑ 1? x k =1 1 ? x

= n? =

1 ? x n ?1 n ? 1 1 n ?1 k ? + ?∑ x 1 ? x 1 ? x 1 ? x k =1

1 ? nx n x ? x n ? 1 ? x (1 ? x) 2

例 2.求和: 解:设 I p =

∑k
k =1

n ?1

p

a k (a ≠ 1, p 为非负整数). 1 n ?1 p k +1 k (a ? a k ) . ∑ a ? 1 k =1

∑ k pak =
k =1

n ?1

1 n ?1 k +1 k a n +1 ? a 当 p = 0 时, I 0 = ∑ (a ? a ) = a ? 1 . a ? 1 k =1 当 p ≠ 0 时,取 bk = a p , Ak = a k ,则
由阿贝尔恒等式:

∑ab
i =1

n

i i

= an Bn ? ∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

Ip =

n 1 [a n +1 (n + 1) p ? a ? ∑ a k +1[(k + 1) p ? k p ] a ?1 k =1

1

p ?1 n 1 n +1 p k +1 = [a (n + 1) ? a ? ∑ a ∑ C ip k j ] a ?1 k =1 j =0

=

p ?1 1 [a n +1 (n + 1) p ? a ? a ∑ C ip I j ] ,即 a ?1 j =0

a p ?1 i a n +1 (n + 1) p a . C I + ? ∑ p j a ? 1 j =0 a ?1 a ?1 可利用此递推公式计算 I p 的值. Ip = ?
例 3. (阿贝尔不等式)设 a1 ≥ a2 ≥ L ≥ an > 0, m ≤

∑ b ≤ M ,则有
i =1 i

n

a1m ≤ ∑ ai bi ≤ a1M .
i =1

n

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =
n

∑b
i =1 n

n

i.

.
n ?1 i =1

证明:由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =
n n ?1 i =1

∑b
i =1

i.

知,
n ?1 i =1

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi ≤ an Bn ? ∑ M (ai +1 ? ai ) = Ma1 ,
i =1 n

∑ a b = a B ?∑ (a
i =1 i i n n i =1

n ?1

i +1

? ai ) Bi ≥ an Bn ? ∑ m(ai +1 ? ai ) = ma1 .
i =1

n ?1

应用 Abel 不等式,能够很轻松地证明如下不等式: 假设 a1 ≥ a 2 ≥ L ≥ a n ≥ 0 ,且

∑ ai2 = 1 ,求证: ∑
i =1 i =1
k i =1

n

n

ai i + i ?1

≥ 1.

证明:记 bi =

1 i + i ?1

= i ? i ? 1 ,则 S k = ∑ bi = k , m = min{S1, S2 ,L, Sn } = n ,

则由 Abel 不等式知,


i =1

n

ai ≥ ma1 = na1 = na12 ≥ i + i ?1

∑a
i =1

n

2

i

= 1 .证毕.

例 4. (舒耳不等式)设 x, y , z 是正数, α 是实数,则有

xα ( x ? y )( x ? z ) + yα ( y ? z )( y ? x) + zα ( z ? x)( z ? y ) ≥ 0 . 证明:不妨设 x ≥ y ≥ z , (1)当 α ≥ 0 时, 令 a1 = xα , a2 = yα , a3 = z α , 则 a1 ≥ a2 ≥ a3 > 0 , b1 = ( x ? y )( x ? z ), b2 = ( y ? z )( y ? x), b3 = ( z ? x)( z ? y ) B1 = b1 = ( x ? y )( x ? z ) ≥ 0 ,
B2 = b1 + b2 = ( x ? y)( x ? z ) + ( y ? z )( y ? x) = ( x ? y)[( x ? z ) ? ( y ? z )] = ( x ? y ) 2 ≥ 0 ,

B3 = b1 + b2 + b3 = ( x ? y )( x ? z ) + ( y ? z )( y ? x) + ( z ? x)( z ? y )

2

1 = [(b1 + b2 ) + (b2 + b3 ) + (b3 + b1 )] 2 1 = [( x ? y ) 2 + ( y ? z ) 2 + ( z ? x) 2 ] ≥ 0 , 2
由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1 i =1

n

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

xα ( x ? y )( x ? z ) + yα ( y ? z )( y ? x) + zα ( z ? x)( z ? y ) = ( xα ? yα ) B1 + ( yα ? zα ) B2 + z α B3 ≥ 0 . (2)当 α < 0 时, 令 a1 = z α , a2 = yα , a3 = xα , 则 a1 ≥ a2 ≥ a3 > 0 , b1 = ( z ? x)( z ? y ), b2 = ( y ? z )( y ? x), b3 = ( x ? y )( x ? z ) B1 = b1 = ( z ? x)( z ? y ) = ( x ? z )( y ? z ) ≥ 0 ,
B2 = b1 + b2 = ( z ? x)( z ? y ) + ( y ? z )( y ? x) = ( y ? z )[( y ? x) ? ( z ? x)] = ( y ? z ) 2 ≥ 0 ,

B3 = b1 + b2 + b3 = ( x ? y )( x ? z ) + ( y ? z )( y ? x) + ( z ? x)( z ? y ) 1 = [(b1 + b2 ) + (b2 + b3 ) + (b3 + b1 )] 2 1 = [( x ? y ) 2 + ( y ? z ) 2 + ( z ? x ) 2 ] ≥ 0 , 2
由阿贝尔恒等式:

∑ab
i =1

n

i i

= an Bn ? ∑ ( ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

xα ( x ? y )( x ? z ) + yα ( y ? z )( y ? x) + zα ( z ? x)( z ? y ) = ( z α ? yα ) B1 + ( yα ? xα ) B2 + xα B3 ≥ 0 . Schur 不等式给出了如下一个变形: + 3 设 x, y, z ∈ R ,则 ( ∑ x) ? 4 ∑ x ∑ yz + 9 xyz ≥ 0 (1) 2 2 作变换: ∑ x = σ 1 , ∑ yz = σ 2 , ∏ x = σ 3 , 则 ∑ x = σ 1 ? 2σ 2 , ∑ x 3 = σ 13 ? 3σ 1σ 2 + 3σ 3 ,
∑ x 2 ( y + z ) = σ 1σ 2 ? 3σ 3 , ∏( y + z ) = σ 1σ 2 ? σ 3 ,从而不等式(1)可简化为如下易记的不
等式: σ 13 ? 4σ 1σ 2 + 9σ 3 ≥ 0 例 5. (钟开来不等式)设 a1 ≥ a2 ≥ L ≥ an > 0 ,且 (1)
k

(2)

很多不等式可以通过如上变换,再借助不等式(2)可得到简单证明.

∑ ai ≤ ∑ bi (1 ≤ k ≤ n) ,则有
i =1 i =1

k

∑a
i =1

n

2

i

3 2 (2) ∑ ai ≤ ∑ ai bi . ≤ ∑ bi 2 ;
i =1 i =1 i =1

n

n

n

证明: (1)由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1 i =1

n

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

3

∑ ai 2 = an ∑ ai +∑ (∑ ai )(ai +1 ? ai )
i =1

n

n

n ?1

k

≤ an ∑ bi + ∑ (∑ bi )( ai ? ai +1 ) = ∑ ai bi ,
i =1 k =1 i =1 i =1

n

i =1 n ?1

k =1

i =1

k

n

再由柯西不等式,得

∑ aibi ≤ (∑ ai 2 ) 2 (∑ bi 2 ) 2 ,即 ∑ ai 2 ≤ ∑ bi 2 .
i =1 i =1 i =1
i =1 i =1

n

n

1

n

1

n

n

(2)

∑a
i =1 n i =1

n

3

i

= an 2 (∑ ai ) + ∑ (∑ ai )( ak 2 ? ak +12 )
i =1 k k =1 i =1 n ?1

n

n ?1

k

≤ an 2 (∑ bi ) + ∑ (∑ bi )( ak 2 ? ak +12 ) ≤ ∑ ai 2bi =∑ ai 2 ? ai 2 bi
k =1 i =1

n

n

3

1

i =1

i =1

≤ (∑ ai ) (∑ ai bi ) .
i =1

n

1 3 2

n

1 2 2

所以

∑a
i =1

n

3

i

≤ ∑ ai bi 2 .
i =1

i =1 n

例 6. (排序不等式)对于两个有序数组 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an 及b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , 则

a1b1 + a2b2 + L + anb (同序) n ≥ a1b j1 + a2b j2 + L + anb(乱序) jn ≥ a1bn + a2bn ?1 + L + anb (反序) 1

或 b1 = b2 = L = bn 时式中等号成立.

L n 的任意两个排列, 2, 当且仅当 a1 = a2 = L = an 其中 i1 , i2 ,L , in 与 j1 , j2 ,L , jn 是 1,
证明 令 Si = b1 + b2 + L + bi , S n = b j1 + b j2 + L + b jn ,易知,
'

Si ≤ Si ' (i = 1, 2, L , n ? 1) ,且 S n = S n ' .
由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1 i =1

n

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =
n n n ?1 i =1

∑b
i =1

n

i.

知,
n ?1 i =1

∑ aibi ? ∑ aib ji = Sn an + ∑ Si (ai ? ai +1 ) ? Sn 'an ? ∑ Si ' (ai ? ai +1 )
= ∑ ( Si ? Si ' )( ai ? ai +1 ) ≥ 0 ,
i =1 i =1 n ?1 i =1 n n

所以

∑ aibi ≥ ∑ aib ji .
i =1 i =1

同理可证

∑ aib ji ≥ ∑ aibn?i +1 .
i =1 i =1

n

n

例 7. (切比雪夫不等式)若 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an , 且b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , 或

a1 ≥ a2 ≥ L ≥ an , 且b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bn . 则:

1 n 1 n 1 n 1 n ai bi ≥ ( ∑ ai ) ? ( ∑ bi ) ≥ ∑ ai bn ?i +1. ∑ n i =1 n i =1 n i =1 n i =1 证明 由其结构,只需证明左边不等式.记 bn +l = bl (l = 0,1, 2, L) ,注意到
4

∑ bi +l = ∑ bi , ∑ bi +l ≥ ∑ bi , ak ? ak +1 ≤ 0(1 ≤ k ≤ n ? 1) ,
i =1 i =1 i =1 i =1

n

n

k

k

由阿贝尔恒等式:

∑ aibi = an Bn ?∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ,
i =1 i =1

n

n ?1

其中 b1 = B1 , bi = Bi ? Bi ?1.Bn =

∑b
i =1

n

i.

知,

(∑ ai ) ? (∑ bi ) = ∑ (∑ ai bi +l ) = ∑ [ an ∑ bi +l + ∑ (∑ bi + l )( ak ? ak +1 )]
l =0 i =1 n k =1 i =1 i =1 n ?1 i =1 n l =0 n ?1 i =1 k

n

n

n ?1

n

≤ ∑ [ an ∑ bi + ∑ (∑ bi )( ak ? ak +1 )] = n∑ ak bk .
l =0 i =1 k =1 i =1 k =1

n ?1

n ?1

k

n

二、排序不等式 排序不等式:对于两个有序数组 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an 及b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , 则

a1b1 + a2b2 + L + anb (同序) n ≥ a1b j1 + a2b j2 + L + anb(乱序) jn ≥ a1bn + a2bn ?1 + L + anb (反序) 1 L n 的任意两个排列, 2, 当且仅当 a1 = a2 = L = an 其中 i1 , i2 ,L , in 与 j1 , j2 ,L , jn 是 1, 或 b1 = b2 = L = bn 时式中等号成立. 例 8. (切比雪夫不等式)若 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an , 且b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , 或 a1 ≥ a2 ≥ L ≥ an , 且b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bn . 则:
n n

1 n 1 n 1 n 1 n ai bi ≥ ( ∑ ai ) ? ( ∑ bi ) ≥ ∑ ai bn ?i +1. ∑ n i =1 n i =1 n i =1 n i =1
n i =1

证明:由排序不等式有
n n n

∑ aibi ≥ ∑ aib ji ≥ ∑ aibn?i +1. 则
i =1 i =1

n∑ ai bi ≥ ∑∑ ai b ji ≥ n∑ ai bn ?i +1. 即
i =1 n j =1 i =1 n i =1 n

n

n∑ ai bi ≥ ∑ ai ∑ b ji ≥ n∑ ai bn ?i +1. n∑ ai bi ≥ ∑ ai ∑ b j ≥ n∑ ai bn ?i +1.
i =1 i =1 j =1 i =1 i =1 i =1 j =1 i =1

n

n

n

n

n

1 1 1 1 ai bi ≥ ( ∑ ai ) ? ( ∑ bi ) ≥ ∑ ai bn ?i +1. ∑ n i =1 n i =1 n i =1 n i =1 例 9.设 a1 , a 2 ,…, a n 都是正数, b1 , b2 ,…, bn 是 a1 , a 2 ,…, a n 的任一排
列,则
?1 ?1 (1) a1b1?1 + a 2 b2 + L + a n bn ≥ n; q q ( p 、 q 为正数) ; (2) a1p + q + a 2p + q + L + a np + q ≥ a1p b1q + a 2p b2 + L + a np bn

n

n

n

n

( 3 ) H ≤ G ≤ A , 期 中 H 、 G 、 A 分 别 为 a1 , a 2 , … , a n 的 调 和 平 均

a + a2 + L + an n 、几何平均 n a1a2 L an 及算术平均 1 . 1 1 1 n + +L+ a1 a2 an 证明:不妨设 a1 ≥ a 2 ≥ L ≥ a n > 0 .
(1)由不等式的单调性 a n ≥ a n ?1 ≥ L ≥ a1 ,由排序原理得
5
?1 ?1 ?1

?1 ?1 ?1 ?1 a1b1?1 + a 2 b2 + L + a n bn ≥ a1 a1?1 + a 2 a 2 + L + an an ≥ n;
q q .由排序原理立得; (2)由题设 a1p ≥ a 2p ≥ L ≥ a np , a1q ≥ a 2 ≥ L ≥ an

a1 a 2 L ai ( i = 1 , 2 ,…, n ) ,则 t n = 1 .从而正数序列 t1 , t 2 ,…, Gi 1 1 1 t n 及 , ,…, 对应两项大小次序正好相反,由排序原理得 t1 t 2 tn 1 1 1 1 1 1 , n = t1 ? + t 2 ? + L + t n ? ≤ t1 ? + t 2 ? + L + t n ? t1 t2 tn tn t1 t n ?1 a a + a2 + L + an a a ,从而 G ≤ A . 即n ≤ 1 + 2 +L+ n = 1 G G G G
(3)令 t i = 另一方面

n = t1 ?
即n ≤

1 1 1 1 1 1 1 + t 2 ? + L + t n ? ≤ t1 ? + t 2 ? + L + t n ?1 ? + t n ? , t2 t3 tn t1 t1 t2 tn

?1 G G G G 1 1 ? + +L+ + = G? + +L+ ? ,从而 G ≥ H . ? a 2 a3 a n a1 an ? ? ? a1 a 2 例 10.设 x1 ≥ x 2 ≥ L ≥ x n > 0 ,实数 p , q 都不为零,且 t = p + q .则
1 n t ? 1 n p ?? 1 n q ? ∑ xi ≥ ? ∑ xi ?? ∑ xi ? ; n i =1 ? n i =1 ?? n i =1 ? 1 n t ? 1 n p ?? 1 n q ? (2)若 p , q 异号,则 ∑ xi ≤ ? ∑ xi ?? ∑ xi ? . n i =1 ? n i =1 ?? n i =1 ?
(1)若 p , q 同号,则 证明:当 p , q 同号时,两者都是正数,由不等式单调性得 x1p ≥ x 2p ≥ L ≥ x np ,
q q ,由切比雪夫不等式得(1)成立; x1q ≥ x 2 ≥ L ≥ xn

当 p , q 异 号 时 , 假 设 p > 0 , q < 0 , 由 不 等 式 单 调 性 得 x1p ≥ x 2p ≥ L ≥ x np ,
q q ,由切比雪夫不等式得(2)成立. x1q ≤ x2 ≤ L ≤ xn

三、平均值不等式 平均值不等式:设 a1 , a2 ,L , an 是 n 个正实数,则有

a12 + a 22 + L + a n2 a1 + a2 + L + an ≤ a1a2 L an ≤ ≤ 1 1 1 n n + +L + a1 a2 an 当且仅当 a1 = a2 = L = an 时取等号. n
n

二维平均值不等式:若 0 < a < b ,则有 a ≤

2 1 1 + a b

≤ ab ≤

a+b a 2 + b2 ≤ ≤ b. 2 2

a 2 + b2 a+b 2 ≥( ) 的等价形式是: a 2 + b 2 ≥ 2ab .特别地,当 a、b > 0 时,有 2 2 2 a a 2 + b2 a+b 2 a 1 1 4 ≥ 2a ? b ;② (a ? b) ≥ a ? b ; ≥( ③ ) ;④ + ≥ ; 下列各种变形:① b 2 2 b a b a+b a2 b a 2 1 2 ≥ a ? ; ⑦ a 2 ≥ 2ab ? b 2 ; ⑧ a 2 + b 2 ≥ ⑤ 2 ≥ ? ;⑥ ( a + b) ; ⑨ b 4 b b a 2
不等式

6

a3 3 1 1 2 2 1 2 b a ≥ 2a 2 ? ab ≥ a 2 ? b 2 ;( 12 ) (λ a + 2 b ) ; ⑩ + ≥ 2 ;( 11 ) b 2 2 a b 2 λ 1 1 1 (a + b) 2 ≥ 4ab ; (13) ≥ 2a ? a 2b .特别地, b = 1 有 a ≥ 2 ? ,也即 a ? 1 ≥ 1 ? . b a a
ab ≤
例 11. (柯西不等式)设 a1 , a2 ,L , an ∈ R , n ∈ N + , b1 , b2 ,L , bn ∈ R ,则
2 2 (a1b1 + a2b2 + L + anbn ) 2 ≤ ( a12 + a2 + L + an )(b12 + b22 + L + bn2 )

当且仅当 ai = kbi (i = 1, 2,L , n) 时取等号. 证明 原不等式可化为

a1b1 + a2b2 + L + anbn ≤ a12 + a2 2 + L + an 2 ? b12 + b2 2 + L + bn 2
令 a1 + a2 + L + an = A, b1 + b2 + L + bn = B .则上式等价于
2 2 2 2 2 2

ab a1b1 a2b2 + + L + n n ≤ 1. AB AB AB

bi 2 ∑ n ai bi 1 ai 2 bi 2 1 i =1 而∑ ? ≤ ∑ ( 2 ? 2 ) = ( + i =1 2 ) = 1 . 2 2 A B A B 2 A B i =1 i =1
n

∑ ai 2
+

n

n

例 12. (赫尔德不等式)设 ai , bi ∈ R .(i = 1, 2,L , n) p > 0, q ≠ 1, 且

1 1 + = 1, 则: p q

∑ a b ≤ (∑ a
i =1 n i i i =1 n

n

n

p i

) ? (∑ b ) ( p > 1) .
i =1 n

1 p

n

1 q q i

∑ a b ≥ (∑ a
i =1 i i i =1

p i

) ? (∑ b ) (0 < p < 1) .
i =1 n

1 p

1 q q i

证明:令 A = 不等式有

∑ ai , B = ∑ bi ,因为 f ( x) = ? lg x 是一个连续的凸函数,所以由 Jensen
i =1 i =1

n

ai bi a b p? i + q? i ai bi p lg A + q lg B A B = lg( p ? ai + q ? bi ) , ≤ lg p lg + q lg = A B p+q p+q A B a p b q a b 所以 ( i ) ? ( i ) ≤ p ? i + q ? i , A B A B
i ai p bi q n ai bi i =1 i =1 ( ) ?( ) ≤ ∑( p? + q? ) = p +q = p + q = 1. ∑ B A B A B i =1 A i =1 n

∑a

n

i

∑b

n

注:当 p=q=2 时,得到的就是 Cauchy 不等式. 赫尔德(H□lder)不等式的推广: 设数 aα i (1 ≤ α ≤ m,1 ≤ i ≤ n), λβ (1 ≤ β ≤ m) 都是正实数,已知

λβ = 1 ,那么,有 ∑ β
=1

m

∑a
j =1

n

1j

λ1

a1 j λ2 L amj λm ≤ (∑ a1 j )λ1 (∑ a2 j )λ2 L (∑ amj )λm .
j =1 j =1 j =1

n

n

n

下面我们对赫尔德(H□lder)不等式实施两步特殊化处理:

7

⑴令 p=m+1,则 m>0, q =
1 n

m +1 ,此时原不等式变形为 m
m

m +1 ? n m +1 ? m +1 ? n m ? m +1 ai bi ≤ ? ∑ ai ? ? ? ∑ bi ? . ∑ i =1 ? i =1 ? ? i =1 ?

⑵作变换 xi = ai bi , yi = b
1 n

m +1 m ,则上面不等式进一步变形为 i m

? n xim +1 ? m +1 ? n ? m +1 ? x ≤ ∑ i ? ∑ ym ? ? ? ? ∑ yi ? . i =1 ? i =1 ? ? i =1 i ? ? n a m +1 ? m +1 ? n ? m +1 若仍用 a、b 字母表示,即为 ∑ ai ≤ ? ∑ i m ? ? ? ∑ bi ? . i =1 ? i =1 ? ? i =1 bi ?
n 1 m

ai m +1 将上式整理为 ∑ m i =1 bi
n

? n ? ? ∑ ai ? ≥ ? i =1 ? m ( ai > 0, bi > 0, m > 0 ),等号在 ai = λ bi 时取得. ? n ? ? ∑ bi ? ? i =1 ?
+ +

m +1

我们称上式为狭义权方和不等式.它的特点是分子的指数比分母高 1 次. 例 13. (权方和不等式)设 a1 , a2 ,L , an ∈ R , b1 , b2 ,L , bn ∈ R , m > 0 ,或 m < ?1 ,



aim +1 ≥ ∑ m i =1 bi
n

(∑ ai ) m +1 (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
m

式中等号成立当且仅当 证明:设 ai = xi 于
n

a a1 a2 = =L = n . b1 b2 bn
n n n i =1 i =1 i =1

∑ ai , bi = yi ∑ bi (i = 1, 2,L , n) ,则有 ∑ xi = 1, ∑ yi = 1 ,不等式等价
i =1


i =1

n

x y
n

m +1 i m i

≥ 1.
m

4 744 8 n xim +1 xim +1 64 L = ( + + + + y y yi ? myi ) ∑ ∑ i i m yim i =1 yi i =1
= ∑ [(m + 1) m +1
i =1
n

n

xim +1 m ? yi ? myi ] yim

= ∑ [(m + 1) xi ? myi ] =1.
i =1

例 14. 已知:a, b ∈ R , 求证:

+

a a 2 + 3b 2

+

b b 2 + 3a 2

≥1.
3

简证: 左=

a
3

3 2 2

a + 3b a

+

b
3

3 2

b + 3a 2b



(a + b)2
a 3 + 3a 2b + 3b 2 a + b3

8

而 a + 3a b + 3b a + b =
3 2 2 3

( a + b)
≥ 1.

3

= ( a + b)2 ,

3

故有

a

a 2 + 3b 2 b 2 + 3a 2 等号在 a = b 时取得.

+

b

注:本例向 3 元的推广:已知a, b, c ∈ R + 有

a a 2 + 8bc

+

b b 2 + 8ca

+

c c 2 + 8ab

≥ 1.

正是第 42 届 IMO 的原题. 以上我们是直接(或通过简单变形)使用权方和不等式证不等式,可谓“简洁明快” , 实际上凑着使用权方和不等式证明不等式也有“小巧玲珑”之美. 例 15.(柯西不等式的推广)设 aij (i = 1, 2,L , m; j = 1, 2,L , n) ∈ R ,则
n n n n n n n n ( a11 + a12 + L + a1nn )( a21 + a22 + L + a2 n ) L ( am1 + am 2 + L + amn )

+

当且仅当 ai1 = ai 2 = L ain (i = 1, 2,L , m) 时取等号. 证明:令 a11 + a12 + L + a1n = a1n , a21 + a22 + L + a2 n = A2 ,L, am1 + am 2 + L + amn = An ,
n n n n n n n n n n n n

≥ ( a11a12 L a1n + a21a22 L a2 n + L + am1am 2 L amn ) n



A1 A2 L An ≥ a11a12 L a1n + a21a22 L a2 n + L + am1am 2 L amn ,即 a11a12 L a1n a21a22 L a2 n a a L amn + + L + m1 m 2 ≤ 1. A1 A2 L An A1 A2 L An A1 A2 L An
n n a1nn a11 a12 + + L + n n a a L a1n A1n A2 An 因为 11 12 , ≤ A1 A2 L An n

n n n a2 a21 a22 n + + L + n n a21a22 L a2 n A1n A2 An ≤ , A1 A2 L An n L n n n am am am 1 2 n + + L + n n n am1am 2 L amn A1 A2 An ≤ . A1 A2 L An n

将以上个不等式相加即得. 例 16. (贝努利不等式) (1 + x) > 1 + nx ( x > ?1 ,且 x ≠ 0 , n ≥ 2 , n 是正整数) .
n

证明:设 a = 1 + x ,则原不等式等价于

+1+ L+ 1 > na . a > 0 ,且 a ≠ 1 , a n > na + 1 ? n ? a n + (n ? 1) > na ? a n + 1 14 24 3
n ?1个1

这只需利用 n 维均值不等式即可证明. 事实上,贝努利不等式还有如下两种简单的证明方法: 证明 1:设数列 {a n }( n ≥ 2) 的通项公式为
n

a n = (1 + x ) n ? 1 ? nx .则
n

a n +1 ? a n = (1 + x) n +1 ? 1 ? (n + 1) x ? (1 + x) n + 1 + nx = x[(1 + x) n ? 1]
当 ? 1 < x < 0 时, (1 + x) ? 1 < 0 ,从而 x[(1 + x) ? 1] > 0 ; 当 x ≥ 0 时, (1 + x) ? 1 ≥ 0 ,从而 x[(1 + x) ? 1] ≥ 0 .
n n

所以 x > ?1 时, a n +1 ≥ a n .

9

故数列 {a n }( n ≥ 2) 为单调递增数列,又 a 2 = (1 + x) ? 1 ? 2 x = x ≥ 0 .
2 2

所以 a n ≥ 0( n ≥ 2). 即 (1 + x) > 1 + nx .
n

证明 2:设 a = 1 + x ,则 a > 0 ,且 a ≠ 1 ,由指数函数性质知: a m ? 1 与 a ? 1 同号 ( m∈ N ) ,根据“同号得正,异号得负”有: ( a ? 1)( a ? 1) > 0 ,即 a m +1 ? a m > a ? 1 . 依次令 m = 1, 2, L , n ? 1 便得
m

a 2 ? a1 > a ? 1, a 3 ? a 2 > a ? 1,L , a n ? a n ?1 > a ? 1 , n 将上述同向不等式左右分别相加后得: a ? a > (n ? 1)( a ? 1) ,即 a n > na + 1 ? n . n 再令 a = 1 + x 代入上式,整理即得: (1 + x) > 1 + nx .
应用贝努利不等式还可以证明一系列的均值不等式.

例 17.已知 a1 , a2 , L, an , an +1 ∈ R+ ,证明 Popovic 不等式 ( 证法 1:不妨设 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an ≤ an +1 ,则

An +1 n +1 A ) ≥ ( n )n . Gn +1 Gn

An +1 n +1 nAn + an +1 n +1 1 ) =( ) n Gn +1 n +1 Gn ? an +1 a 令 n +1 = α ,从而 α ≥ 1 ,由贝努利不等式得 An n + α n +1 α ? 1 n +1 α ?1 =α . ( ) = (1 + ) ≥ 1 + (n + 1) ? n +1 n +1 n +1 A A A A 1 n + α n +1 1 因此, ( n +1 ) n +1 = ( n ) n ? ( ) ≥ ( n )n ? ? α = ( n )n . Gn +1 Gn α n + 1 Gn α Gn
(
n

an +1 A A An n +1 = ( n )n ? n ? ( ) . Gn an +1 n +1 n+

证法 2:由贝努利不等式:若 t ≥ 0, n ∈ N , n ≥ 2 ,则 t ≥ n(t ? 1) + 1 知,

An +1 n +1 A a 1 Gn +1n +1 A A ? ,即 ( n +1 ) n +1 ≥ ( n ) n . ) ≥ (n + 1)( n +1 ? 1) + 1 = n +1 = n An An An An Gn Gn +1 Gn a + a2 + L + an n 例 18.已知 a1 , a2 , L, an ∈ R+ ,求证 1 ≥ a1a2 L an . n a + a2 + L + an 证明 用数学归纳法记 An = 1 , Gn = n a1a2 L an . n (1)当 n = 2 时不等式显然成立. (2)假设 n = k 时不等式成立,即 Ak ≥ Gk , 则 n = k + 1 时,不妨设 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an ≤ an +1 , a + a + L + ak + ak +1 kAk + ak +1 , Ak +1 = 1 2 = k +1 k +1 设 ak +1 = Ak + δ ,则 δ ≥ 0 ,由贝努利不等式得 δ k +1 δ δ +1 Akk+ ) = Akk +1[1 + ]k +1 ≥ Akk +1 (1 + ) 1 = ( Ak + k +1 Ak ( k + 1) Ak
(
+1 = Akk ( Ak + δ ) = Akk ? ak +1 ≥ Gkk ? ak +1 = Gkk+ 1. A A A A A 注:由 Popovic 不等式 ( n +1 ) n +1 ≥ ( n ) n ,即得 ( n ) n ≥ ( n ?1 ) n ?1 ≥ L ≥ 1 = 1 . Gn +1 Gn Gn Gn ?1 G1 例 19.已知 a1 , a2 , L, an ∈ R+ , k ∈ N , k ≥ 2 ,求证

10

k k a1k + a2 + L + an a + a + L + an k ) . ≥( 1 2 n n n a δ 令 ai = + i (i = 1, 2, L , n) , 则 ∑ δi = 0 , 由于 ai > 0 , 证明: 设 a1 + a2 + L + an = a , n n i =1 δ δ δ k > 1 ,得 a + δ i > 0, i > ?1 ,由贝努利不等式得 (1 + i ) k ≥ 1 + k i (i = 1, 2, L , n) , a a a 等号成立当且仅当 δ i = 0 . 将上述 n 个不等式相加得 n n δ δ k n 1 n (1 + i ) k ≥ ∑ (1 + k i ) = n + ∑ δ i ) = n ,即 k ∑ (1 + δ i ) k ≥ n ,亦即 ∑ a i =1 a a a i =1 i =1 i =1

ai ∑ a k i =1 ≥( ) =( )k . a ? n ≥ n ? a ,即 ∑ n n n i =1 例 20 . Rado 不 等 式 : 设 Rn ( a ) = n[ An (a ) ? Gn (a )] , 则 Rn ?1 ( a ) ≤ Rn ( a ) , 当 且 仅 当 an = An ?1 (a) 时等号成立.
n k i k k

∑ aik
i =1

n

n

证: Rn (a) ? Rn?1(a) = an + (n ?1)Gn?1 ? nGn ≥ 0 ,因 AG 不等式

1 an + (n ?1)Gn?1 n?1 n ) ≥ (anGn = Gn . ?1 n

注:先证明 An ( a ) =

Gn ?1 (a ) A (a) G (a) n +( n [(n ? 1) n ?1 ) ] ,再利用贝努利不等式: n Gn ?1 (a ) Gn ?1 (a )
n

若 t ≥ 0, n ∈ N , n ≥ 2 ,则 t ≥ n(t ? 1) + 1 即得. 四、柯西不等式 柯西不等式:设 a1 , a2 ,L , an ∈ R , n ∈ N + , b1 , b2 ,L , bn ∈ R ,则
2 2 (a1b1 + a2b2 + L + anbn ) 2 ≤ ( a12 + a2 + L + an )(b12 + b22 + L + bn2 )

当且仅当 ai = kbi (i = 1, 2,L , n) 时取等号.
2 C0 : ( ∑ ak ) ? (∑ bk2 ) ≥ (∑ ak bk ) 2 k =1 k =1 k =1 n n n

n 维柯西不等式及其变形如下:

C1 : (∑ ak bk ) ? (∑
k =1
n n

n

n ak ) ≥ (∑ ak ) 2 , ak > 0, bk > 0 . k =1 bk k =1
n

n

C2 : (∑ ak ) ? (∑ bk ) ≥ (∑ ak bk ) 2 , ak > 0, bk > 0 .
k =1 k =1 k =1

C3 : (∑ ak ) ? (∑
k =1

n

n x ) ≥ (∑ xk ) 2 , ak > 0 . k =1 ak k =1

n

2 k

C4 : ∑ C5 : ∑
k =1 n

n xk2 ≥ (∑ xk ) 2 k =1 ak k =1 n

∑a
k =1

n

k

, ak > 0 .

n n xk2 ≥ (∑ xk ) 2 [∑ ( yk + zk )] , yk > 0, zk > 0 . yk + z k k =1 k =1

它们之间的内在关系如下:

C1 C2

← C0 → C3 → C4 → C5 .
11

n 维柯西不等式可简记为: “方和积”不小于“积和方”. 也可以采用配方法证明如下:
2 (∑ ai2 ) ? (∑ b 2 j ) ? (∑ ai bi ) = i =1 j =1 i =1
2

n

n

n

1≤i < j ≤ n



2 2 (ai2b 2 j + a j bi ) ? 2

1≤ i < j ≤ n



( ai b j ? a j bi )

=

1≤i < j ≤ n



(ai b j ? a j bi ) ≥ 0 .

Aczel 不等式:设实数 a、b、ai、bi (i = 1, 2,L , n) 满足
2 2 a 2 ? ( a12 + a2 + L + an ) > 0或b 2 ? (b12 ? b22 ? L ? bn2 ) > 0 ,则

2 2 2 ( a 2 ? a12 ? a2 ? L ? an )(b 2 ? b12 ? b22 ? L ? bn ) ≤ ( ab ? a1b1 ? a2b2 ? L ? an bn ) 2

此不等式可由柯西不等式证明. 例 21. (06 年国家集训队测试题)设 x, y, z ∈ R , 且 x + y + z = 1 . 求证:
?

xy + xy + yz

yz zx 2 + ≤ . 2 yz + zx zx + xy

证 由柯西不等式知,要证原式成立,只需证

? xy yz zx ? 1 + + ① ( xy + yz + zx) ? ? ?≤ ? xy + yz yz + zx zx + xy ? 2 x x x2 z 1 = [ xz + y ( z + x)]∑ =∑ + ∑ xy ≤ (∑ x) 2 , ① ? ∑ yz ? ∑ z+x z+x z+x 2 2 x z ? 2∑ ≤ ∑ x2 , z+x 2 x z x( z + x) ≤∑ ≤ ∑ x 2 ,故上式成立,从而①式成立. 但∑ z+x 2
注:以上证法由杨学枝提供.
2 ? n bi ? bi ? ? n 2 2? ? ? 含参数的柯西不等式: (∑ a i bi ) = ?∑ (λi a i ) ? ( ) ? ≤ ? ∑ λi a i ? ? ∑ 2 ? 其中 ? λi ) ? i =1 ? i =1 ? ? ? i =1 ? ? λi ? ? λi > 0 (i = 1,2,L, n) n 2 2

利用此不等式证明数学竞赛中某些难度较大的分式不等式, 只要恰当地选取

∑a b
i =1

n

i i



λi 2 ,问题好即可获证,这种方法简捷明快,易于操作.
例 22.设 a i , bi ∈ R + (i = 1,2, L , n) ,且满足

∑a = ∑b
i =1 i i =1

n

n

i

.求证:

ai 1 n ≥ ∑ ai . ∑ 2 i =1 i =1 a i + bi
n

2

2 n n ? n a ? a 2 证明: (∑ a i ) = ?∑ (λi ? i ) ? ≤ (∑ λi )(∑ i 2 ) λi ? i =1 i =1 i =1 λ i ? i =1 n 2

2

令 λi = ai + bi (i = 1,2, L, n) ,则
2

2 ∑ λi = ∑ (ai + bi ) = 2∑ ai i =1 i =1 i =1

n

n

n



ai ≥ ∑ i =1 a i + bi
n

2

(∑ a i ) 2 2∑ a i
i =1 i =1 n

n

=

1 n ∑ ai 2 i =1

12

例 23.在 ?ABC 中,有

cos 2 B cos 2 C cos 2 A 1 + + ≥ . 1 + cos A 1 + cos B 1 + cos C 2

(1)

证明 由余弦定理知, (1)式等价于

(c2 + a2 ? b2 )2

a2c 2 b2a 2 c2b 2 2 2 2 2 (b + 2bc + c ? a ) (c + 2ca + a ? b ) (a + 2ab + b2 ? c2 ) b c a
由柯西不等式知,

+

(a2 + b2 ? c2 )2

+

(b2 + c2 ? a2 )2

≥ 1(2)

(c2 + a2 ? b2 )2

a2 c 2 b2a 2 c2b 2 (b + 2bc + c2 ? a2 ) (c + 2ca + a2 ? b2 ) (a + 2ab + b2 ? c2 ) b c a 2 2 2 2 (a + b + c ) (3) ≥ 2 2 ac 2 ba 2 c 2b 2 2 2 2 2 2 2 (b + 2bc + c ? a ) + (c + 2ca + a ? b ) + (a + 2ab + b ? c ) b c a
由(3)式知,要证明(2)式成立,只需证明

+

(a2 + b2 ? c2 )2

+

(b2 + c2 ? a2 )2

≥ 1(4) a 2c 2 b2 a 2 c 2b 2 2 2 2 2 2 2 (b + 2bc + c ? a ) + (c + 2ca + a ? b ) + (a + 2ab + b ? c ) b c a a2c b2a c2b ? (a2 + b2 + c2 )2 ≥ (b2 + 2bc + c2 ? a2 ) + (c2 + 2ca + a2 ? b2 ) + (a2 + 2ab + b2 ? c2 ) b c a 3 3 3 2 5 2 5 5 2 4 3 4 3 4 3 2 2 2 ? abc(a + b + c ) + (a b + b c + c a ) ≥ a b + b c + c a + a b c (a + b + c)

(a 2 + b 2 + c 2 ) 2

? (a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2 + abc) ? (ab3 + bc3 + ca3 ? a2b2 ? b2c2 ? c2a2 ) ≥ 0 ? ab3 + bc3 + ca3 ? a2b2 ? b2c2 ? c2a2 ≥ 0 . (5) 1 , 作变换:p = s ? a > 0, q = s ? b > 0, r = s ? c > 0(其中 s = (a + b + c) ) 2
则(6)式等价于

p3q + q3r + rp3 ≥ pqr( p + q + r) ?

(6)

( p ? r)2 (q ? p)2 (r ? q)2 p2 q2 r 2 + + ≥ 0 .显然. + + ≥ p+q+r ? r p q r p q 例 24.设正数 a 、 b 、 c 、 x 、 y 、 z 满足 cy + bz = a; az + cx = b; bx + ay = c. x2 y2 z2 + + 的最小值. 求函数 f ( x, y, z ) = 1+ z 1+ x 1+ y 2 2 2 解 由已知条件的 b( az + cx) + c(bx + ay ) ? a (cy + bz ) = b + c ? a ,
b2 + c2 ? a 2 a 2 + c2 ? b2 a 2 + b2 ? c2 ,同理 y = ,z = , 2bc 2ac 2ab x2 y2 z2 + + 代入 f ( x, y, z ) = ,并由柯西不等式得, 1+ z 1+ x 1+ y ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? 1 (c + a ? b ) (a + b ? c ) (b + c ? a ) f (x, y, z) = ? 2 + 2 + 2 ? ba 2 cb 2 2?a c 2 2 2 2 2 2 2 ? (b + 2bc + c ? a ) (c + 2ca + a ? b ) (a + 2ab + b ? c ) ? ? c a ? b ?
即 2bcx = b 2 + c 2 ? a 2 ,∴ x =

13

1 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ ? 2 b2 a 2 c 2b 2 2 ac 2 (b + 2bc + c2 ? a2 ) + (c + 2ca + a 2 ? b2 ) + (a + 2ab + b2 ? c2 ) b c a a2c b2a c2b (a2 +b2 +c2)2 ? (b2 + 2bc +c2 ?a2) + (c2 + 2ca + a2 ?b2) + (a2 + 2ab+b2 ?c2) 1 1 b c a = + ? 2 2 a2c 2 b a c b 2 2 (b + 2bc +c2 ?a2) + (c2 + 2ca + a2 ?b2) + (a2 + 2ab+b2 ?c2) b c a 1 1 abc(a3 + b3 + c3 ) + (a2b5 + b2c5 + c5a2 ) ? a4b3 + b4c3 + c4a3 + a2b2c2 (a + b + c) = + ? 32 2 2 2 a c (b + 2bc + c2 ? a2 ) + b3a2 (c2 + 2ca + a2 ?b2 ) + c3b2 (a2 + 2ab + b2 ? c2 ) 1 1 (a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2 + abc) ? (ab3 + bc3 + ca3 ? a2b2 ? b2c2 ? c2a2 ) . = + ? 32 2 2 2 a c (b + 2bc + c2 ? a2 ) + b3a2 (c2 + 2ca + a2 ?b2 ) + c3b2 (a2 + 2ab + b2 ? c2 )

b2 + c2 ? a 2 a 2 + c2 ? b2 a 2 + b2 ? c2 >0, y = 由已知可得 x = > 0, z = > 0 ,令 2bc 2ac 2ab x = cos A, y = cos B, z = cos C ,可知 a, b, c 是锐角 ?ABC 的三边长. 1 , 作变换: u = s ? a > 0, v = s ? b > 0, w = s ? c > 0 (其中 s = (a + b + c) ) 2 3 3 3 则 ab3 + bc3 + ca3 ? a2b2 ? b2c2 ? c2a2 = u v + v w + wu ? uvw(u + v + w) = u3v + v3w + wu3 ? uvw(u + v + w) = uv(u ? w)2 + vw(v ? u)2 + wu(w ? v)2 ≥ 0 . 故 ab3 + bc3 + ca3 ? a2b2 ? b2c2 ? c2a2 ≥ 0 . 1 从而,有 f ( x, y, z) ≥ . 2 2 2 2 事实上,设 0 < x ≤ y ≤ z ,则 0 < x ≤ y ≤ z , 0 < 1 + x ≤ 1 + y ≤ 1 + z ,即 1 1 1 ≤ ≤ ,由排序不等式可得 0< 1+ z 1+ y 1+ x 1 1 1 1 1 1 x2 ? + y2 ? + z2 ? ≥ x2 ? + y2 ? + z2 ? , 1+ z 1+ x 1+ y 1+ x 1+ y 1+ z


x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≥ + + . 1+ z 1+ x 1+ y 1+ x 1+ y 1+ z
n n

例 25.(柯西不等式及幂平均不等式的加强)若 m, n ∈ N ,且

m ≥ 2, ai , bi ∈ R + , i = 1, 2, L , n ,则 (∑ aim )(∑ bim ) ≥
i =1 i =1

1 nm?2

(∑ ai bi ) m .
i =1

n

证法 1.不妨设 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an , b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bn ,则由切比雪夫不等式得

1 n 1 n 1 n (∑ ai bi ) ≤ (∑ ai ) ? (∑ bi ) ,所以 n i =1 n i =1 n i =1 n n 1 1 1 n m m a b ≤ a ? bi ) m , ( ) ( ) ( ∑ ∑ ∑ i i i m n i =1 n i =1 n i =1
由幂平均不等式得

1 n 1 n m 1 n 1 n m m m ( ∑ ai ) ≤ ∑ ai , ( ∑ bi ) ≤ ∑ bi , n i =1 n i =1 n i =1 n i =1 n n 1 1 1 n 1 n m n m m m m 所以 m (∑ ai bi ) ≤ ( ∑ ai ) ? ( ∑ bi ) ≤ 2 (∑ ai )(∑ bi ) ,即 n i =1 n i =1 n i =1 n i =1 i =1

14

(∑ aim )(∑ bim ) ≥
i =1 i =1

n

n

1 nm?2
n

(∑ ai bi ) m .
i =1

n

证法 2.由柯西不等式得

(∑ a )(∑ b ) ≥ (∑ (ai bi ) ) = [∑ (ai bi ) ) ] ,
i =1 m i i =1 m i i =1 i =1

n

n

m 2 2

n

m 2 2 m m

由幂平均不等式得

∑ (a b )
i =1 i i n

n

m 2 2 m

) ≥n ?
m 2

2 m

∑ (a b )
i =1 i i

n

n


n
n n

所以 [

∑ (aibi ) 2 ) m ]m ≥ n2?m (∑ (aibi ))m ,即 (∑ aim )(∑ bim ) ≥
i =1 i =1
i =1 i =1

1 nm?2

(∑ ai bi ) m .
i =1

n

推论 1 设 ai , bi ∈ R + , i = 1, 2, L , n, m ∈ N ,且 m ≥ 2 ,则

aim ≥ n2?m ? ∑ b i =1 i
n

(∑ ai ) m
i =1 n

n

∑b
i =1

.

i

推论 2 设 ai , bi ∈ R + , i = 1, 2, L , n, r , s ∈ N ,且 r ≥ 1, s > 0 ,则

air ≥ n1+ s ? r ? ∑ s b i =1 i
n

(∑ ai ) r (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
s

当且仅当 a1 = a2 = L = an , b1 = b2 = L = bn 时等号成立. 证明:不妨设 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an , b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bn ,则 由切比雪夫不等式得
n air 1 n r n ?s ?s r = ? ≥ a b bi , ∑ ∑ ∑ ai ? ∑ i i s n i =1 i =1 bi i =1 i =1 n

1 1 1 ≤ ≤L≤ , b1 b2 bn

设 f1 ( x ) = x r , f 2 ( x ) = x ? s ,则 f1 ( x), f 2 ( x) 是下凸函数,由琴生不等式得

1 n r 1 n 1 n 1 n ai ≥ ( ∑ ai ) r , ∑ bi? s ≥ ( ∑ bi ) ? s ,即 ∑ n i =1 n i =1 n i =1 n i =1

∑ air ≥ n1?r (∑ ai )r , ∑ bi? s ≥ n1+ s (∑ bi )? s ,
i =1 i =1 i =1 i =1

n

n

n

n

所以

∑b
i =1

n

a

r i s i

≥ n1+ s ? r ?

(∑ ai ) r (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
s

15


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基础知识 不等式的基本性质: (1)a>b (3)a>b ...+anbn. 引理:记 A0=0 , Ak= (阿贝尔求和法)。...14 ,求证:对一切 n ∈ N+ , 五、联赛一试水平...
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