# 阿贝尔恒等式与联赛中的三大不等式

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

n

n ?1

∑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

n ?1

.

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

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

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

∑b
i =1

n

i.

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

∑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

∑ab
i =1

n

i i

= an Bn ? ∑ (ai +1 ? ai ) Bi. ，
i =1

n ?1

∑b
i =1

n

i.

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 = ?

∑ b ≤ M ，则有
i =1 i

n

a1m ≤ ∑ ai bi ≤ a1M .
i =1

n

n

∑b
i =1 n

n

i.

.
n ?1 i =1

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

n n ?1 i =1

∑b
i =1

i.

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

∑ ai2 = 1 ，求证： ∑
i =1 i =1
k i =1

n

n

ai i + i ?1

≥ 1.

1 i + i ?1

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

i =1

n

ai ≥ ma1 = na1 = na12 ≥ i + i ?1

∑a
i =1

n

2

i

= 1 .证毕.

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

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

n

n ?1

∑b
i =1

n

i.

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

∑ab
i =1

n

i i

= an Bn ? ∑ ( ai +1 ? ai ) Bi. ，
i =1

n ?1

∑b
i =1

n

i.

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

k

（2）

∑ 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

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

n

n ?1

∑b
i =1

n

i.

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

∑ 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

∑a
i =1

n

3

i

≤ ∑ ai bi 2 .
i =1

i =1 n

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，

'

Si ≤ Si ' (i = 1, 2, L , n ? 1) ，且 S n = S n ' .

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

n

n ?1

n n n ?1 i =1

∑b
i =1

n

i.

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

∑ aibi ≥ ∑ aib ji .
i =1 i =1

∑ aib ji ≥ ∑ aibn?i +1 .
i =1 i =1

n

n

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

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

n

n ?1

∑b
i =1

n

i.

(∑ 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

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

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

?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 ?

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

q q ，由切比雪夫不等式得（2）成立. x1q ≤ x2 ≤ L ≤ xn

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

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

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 ≤

2 2 （a1b1 + a2b2 + L + anbn ) 2 ≤ ( a12 + a2 + L + an )(b12 + b22 + L + bn2 )

a1b1 + a2b2 + L + anbn ≤ a12 + a2 2 + L + an 2 ? b12 + b2 2 + L + bn 2

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

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

∑ 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

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

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

aim +1 ≥ ∑ m i =1 bi
n

(∑ ai ) m +1 (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
m

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

+

a a 2 + 3b 2

+

b b 2 + 3a 2

≥1.
3

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

3 2 2 3

( a + b)
≥ 1.

3

= ( a + b)2 ，

3

a

a 2 + 3b 2 b 2 + 3a 2 等号在 a = b 时取得.

+

b

a a 2 + 8bc

+

b b 2 + 8ca

+

c c 2 + 8ab

≥ 1.

n n n n n n n n ( a11 + a12 + L + a1nn )( a21 + a22 + L + a2 n ) L ( am1 + am 2 + L + amn )

+

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

n

+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

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]

n n

9

2 2

n

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 ．

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+

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

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

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

2 2 （a1b1 + a2b2 + L + anbn ) 2 ≤ ( a12 + a2 + L + an )(b12 + b22 + L + bn2 )

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

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

?

xy + xy + yz

yz zx 2 + ≤ . 2 yz + zx zx + xy

? 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

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

∑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.

∑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

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

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

(1)

(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

+

(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

+

(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

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 ?

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

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

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

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

(∑ 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

∑ (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

∑ (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

aim ≥ n2?m ? ∑ b i =1 i
n

(∑ ai ) m
i =1 n

n

∑b
i =1

.

i

air ≥ n1+ s ? r ? ∑ s b i =1 i
n

(∑ ai ) r (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
s

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

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

∑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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