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高中数学竞赛专题讲座---几个重要不等式及其应用


几个重要不等式及其应用
一、几个重要不等式
以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的,应用极为广泛。 1、算术-几何平均值(AM-GM)不等式 设 a1 , a2 ,? , an 是非负实数,则 2、柯西(Cauchy)不等式

a1 ? a2 ? ? ? an n ? a1a2 ? an . n
2

?

n 2 ?? n 2 ? ? n ? 设 ai , bi ? R(i ? 1, 2,? n) , 则 ? ? ai ? ? ? bi ? ? ? ? ai bi ? . 等 号 成 立 当 且 仅 当 存 在 ? ? R , 使 ? i ?1 ? ? i ?1 ? ? i ?1 ?

bi ? ? ai , i ? 1, 2, n . ? ,

? n ? ? ? ai ? 2 n ai ? ? ? i ?1 ? ;等号成立当且仅当存在 ? ? R , 变形(Ⅰ) :设 ai ? R, bi ? R ,则 ? n i ?1 bi ? bi
i ?1

2

使 bi ? ? ai , i ? 1, 2,?, n.

? n ? ? ? ai ? n a i ? i ?1 ? ? n 变形(Ⅱ)设 a i , bi 同号,且 ai , bi ? 0 ,则 ? 。等号成立当且仅当 b1 ? b2 ? ? ? bn i ?1 bi ? ai bi
i ?1

2

3.排序不等式 设 a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ? ? bn , j1 , j2 ,?, jn 是 1,2,?, n 的一个排列,则

a1bn ? a 2 bn?1 ? ? ? a n b1 ? a1b j1 ? a 2 b j2 ? ? ? a3b jn ? a1b1 ? a 2 b2 ? ? a n bn . 等号成立当且仅当

a1 ? a 2 ? ? ? a n 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 。 (用调整法证明).
4.琴生(Jensen)不等式 若 f ? x ? 是区间 ?a, b ? 上的凸函数,则对任意的点 x1 , x2 ,?, xn ? ?a, b ? (n ? N ) 有
*

f(

x1 ? x2 ? ? ? xn 1 (用 ) ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ? ? f ? xn ? ? . 等号当且仅当 x1 ? x2 ? ? ? xn 时取得。 ? n n?

归纳法证明)

二、进一步的结论
运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论,有时用这些结论也会起到意想不到 的效果。 1. 幂均值不等式 设 ? ? ? ? 0 , ai ? R (i ? 1,2,?, n) ,则
?

1

? ? ? a ? ? a2 ? ? ? an M? ? ? 1 ? n ?

? ? ? ? ? a1? ? a 2 ? ? ? a n ? ?? ? ? n ? ?
1

1

?? ? ? M? 。 ? ?

1

证:作变量代换,令 ai ? xi ,则 ai ? xi? ,则

?

1? M ? ? M ? ? ? x1? ? x2? ? ? ? xn? n? ?

?

?

?

? ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? ??? ? ?① ? ? n ? ?

?

?? ? ? ? 0 , ?

? ? 1 ,又函数 ?

f ( x) ? x p ( p ? 1) 是 ?0,??? 上的凸函数,由 Jensen 不等式知①式成立。
2.(切比雪夫不等式) 设两个实数组 a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ? ? bn ,则

1 ?a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? ? n

? ai
i ?1

n

n

?

?b
i ?1

n

i

n

?

1 ?a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ? n

等号成立当且仅当 a1 ? a 2 ? ? ? a n 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 。 证:由排序不等式有:

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn , a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1b2 ? a2b3 ? ? ? anb1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ,
……………………………………………………………………………

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1bn ? a2b1 ? ? ? anbn?1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn
以上 n 个等式相加即得。 3. 一个基础关系式

x? y1?? ? ?x ? (1 ? ? ) y ,其中 x, y ? 0, ? ? [0,1]
证:若 x,y 中有一个为 0,则显然成立。
?

?x? ?x? x ? 设 x,y 均不为零,则原不等式 ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? ? ,令 ? t ,则上式 ? t ? ?t ? (1 ? ? ) ,记 ? y? ? y? y ? ? ? ?

f (t ) ? ?t ? (1 ? ? ) ? t ? ,则 f ?(t ) ? ? ? ?t ? ?1 ,因此,当 t ? 1 时, f ?(t ) ? 0 ,当 0 ? t ? 1时, f ?(t ) ? 0 ,
且 f ?(1) ? 0 ,所以 f (t ) 得极小值为 f (1) ? 0 ,故 ?t ? (1 ? ? ) ? t ? 0 ,即 x y 4. Holder 不等式 设 ak , bk ? 0(k ? 1,2, ? n), p, q ? 1 且
?
?
1??

? ?x ? (1 ? ? ) y .

1 1 ? ? 1 ,则 p q

2

? n ?p? n ?q ak bk ? ? ? akp ? ? ? bkq ? ? k ?1 ? k ?1 ? ? k ?1 ?
n

1

1

等号成立当且仅当存在 t ? R 使得 ak ? tbk (k ? 1,2, ?, n) 。
p q

证: 在上面基础关系式中,取 ? ?

1 1 1 , x ? Akp , y ? Bkq , 有 Ak Bk ? Akp ? Bkq ……① p p q
1 n p 1 n q ? Ak ? q ? Bk ,令 Ak ? p k ?1 k ?1

① 式两边对 k 求和,得:

? Ak Bk ?
k ?1

n

ak ? ? ? ? akp ? ? k ?1 ?
n 1 p

, Bk ?

bk ? ? ? ? bkq ? ? k ?1 ?
n 1 q

,

代入上式即证。 5. 一个有用的结论 设 ai , bi ? R ,则
?

? (ai ? bi ) n ? ? ain ? ? bin ,推广得
i ?1 i ?1 i ?1

n

1

n

1

n

1

设 aij ? R , (i ? 1,2, ?, n, j ? 1,2, ?, n) ,则
n n

?

? (? a
i ?1 j ?1 1

n

n

ij

) ? ? (? aij ) .
j ?1 i ?1

1 n

n

n

1 n

证:原不等式 ?

? (?
j ?1 i ?1 1

aij ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

)n ? 1,

而(

?a
i ?1 n n

n

aij ? ai 2 ? ? ain aij

)n ?

i1

aij 1 n (? ) n i ?1 ai1 ? ai 2 ? ? ? ain ) ?
1 n

? ? (?
j ?1 i ?1

ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

aij 1 n n ? (? a ? a ? ? ? a ) n j ?1 i ?1 i1 i2 in

?

aij 1 n n 1 n 1 (? ) ? ? 1 ? ? n ? 1 ,它可把含根式的积性不等式化为和式。 ? j?1 a ? a ? ? ? a n i?1 n n i ?1 i1 i2 in
?

三、如何运用几个重要不等式
例 1 设 a, b, c ? R 且 abc ? 1 ,求证: a ? b ? c ? a ? b ? c 。
2 2 2 3 3 3

证:由柯西不等式有 (a ? b ? c )( a ? b ? c) ? (a ? b ? c ) …①
3 3 3 2 2 2 2

而 3(a ? b ? c ) ? (1 ? 1 ? 1 )( a ? b ? c ) ? (a ? b ? c) ? (a ? b ? c) ? 33 abc
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

? 3(a ? b ? c) ,即 a 2 ? b 2 ? c 2 ? a ? b ? c …②
由①②有: (a ? b ? c )( a ? b ? c) ? (a ? b ? c )( a ? b ? c) ,∴ a ? b ? c ? a ? b ? c
3 3 3 2 2 2

2

2

2

3

3

3

方法二:由幂均值不等式有:

3

a 2 ? b2 ? c2 a 2 ? b2 ? c 2 2 a 2 ? b2 ? c2 2 a ? b ? c ? 3( ) ? 3( ) )( 3 3 3
3 1 3 3 3

? 33 a 2b 2 c 2 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 )? ? 3 ?

?2 ? ? a2 ? b2 ? c2 。 ? ?

1

方法三:由切比雪夫不等式和 AM-GM 不等式有:不妨设 a ? b ? c ,则

a 3 ? b3 ? c 3 ?

(a 2 ? b 2 ? c 2 )( a ? b ? c) (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? 33 abc ? a2 ? b2 ? c2 ? 3 3

例 2 设 xi ? 0, (i ? 1,2, ? , n),

?x
i ?1

n

i

? 1,求证: ?
i ?1

n

xi ? 1 ? xi

?
i ?1

n

xi

n ?1

证:左边=

?
i ?1

n

n 1 ? ? 1 ? xi ? 1 ? xi i ?1

n2

?
i ?1
1

n

1 ? xi

? ? 1 ? xi
i ?1

n

?

n2 (? 1) (? (1 ? xi ))
i ?1 i ?1 n 1 2 n 1 2

? (? 1) 2 (? (1 ? xi )) 2
i ?1 i ?1

n

1

n

?

n ? n(n ? 1) ? n(n ? 1)

2

n ? n ?1

? x ? (1
i

2

???1 )

2

n ?1

?

?
i ?1

n

xi


n ?1

评注:通过此例注意体会如何运用柯西不等式分离或合成变量。 例 3 设 a, b, c, d ? R , abcd ? 1 ,求证:
?

? a(b ? 1) ? 2

1

证:设 a ?

x y z w , b ? , c ? , d ? , ( x, y, z, w ? R ? ) ,则原不等式 y z w x

??

1 1 yz ?2?? ? 2 ? ? x ? 2 ,由 Cauchy 不等式有: x y 1 1 x( y ? z ) ( ? 1) ? y z y z

?

1 (? ) 2 x ? ? 1 1 1 1 1 ? ? x ( y ? z) y z

1 x

?x

1
2

? 2?

1 xy

1 2? xy

?

2?

1 1 ? 2? xy xy ? 2 ,故原不等式成立。 1 2? xy

评注:本题通过换元,把原不等式齐次化,再用柯西不等式。
4

例 4 设 n 是正整数,且 ak ? 0, k ? 1,2, ?, n ,
n 1

? ak ? 1 ,求证: ? (n ? 2 ?
k ?1

n

n

k ?1

1 ) ? (2n ? 2) n ak

证:原不等式 ?

? (n ? 2 ?
k ?1

1 n ) ? 2n ? 2 ,由“二,结论 5” 有 ak
1

n 1 n n?2 n?2 1 n ? ? (n ? 2 ? ) ? ? ( ?? ? ) ak n ?1 k ?1 k ?1 ?? ??? 1 ? n? ? ak n 1 n?1个

?n (

n n?2 n n?2 2 1 1 ) ??? n ( ) ? ? n?2? ,又? ? ai ? n n a1a2 ? an , n a a ?a n a a ?a n ?1 n ?1 i ?1 1 2 n 1 2 n

?
n

1 ? a1a2 ? an

n

?a
i ?1

n

? n ,故 ? (n ? 2 ?
k ?1

n

1 ) ? (n ? 2 ? n) n ? (2n ? 2) n 。 ak

i

评注:本例第一步放缩也可用 Holder 不等式的推广。 例 5 设 a1 , a 2 ,... 是一个无穷项的实数列,对于所有正整数 i 存在一个实数 c ,使得 0 ? ai ? c 且 ai ? a j ?

1 对所有正整数 i, j (i ? j ) 成立,证明: c ? 1. i? j

证: 对于 n ? 2 , ?1,..(( ) 设 ,( 2? ) .) ,

?

0 n 为 1,2,...n 的一个排列且满足: ? a? (1) ? a? (2) ? ... ? a? ( n ) ? c .

∴ c ? a? ( n ) ? a? (1) ? (a? ( n ) ? a? ( n ?1) ) ? (a? ( n ?1) ? a? ( n ?2) ) ? ... ? (a? (2) ? a? (1) )

1 1 ? ? ? ... ? …① ? ? (n) ? ? (n ? 1) ? (n ? 1) ? ? (n ? 2) ? (2) ? ? (1)

1

(n ? 1) 2
n i ?1

2? ? (i ) ? ? (1) ? ? ( n)

(柯西不等式)

?c ?

(n ? 1) 2 (n ? 1) 2 n ?1 4 ? 2 .故 c ? 1. ? ? 1? n(n ? 1) ? ? (1) ? ? (n) n ? n ? 3 n ? 3 n?3

评注:这里把 a i 有序化后,①的变形是关键。 4?a-b? 2 a2 b2 c2 例 6 设 a, b, c 为正实数,求证 b + c + a ≥ a + b + c + a + b + c ,并确定等号成立的条件. a2 b2 c2 a2 b2 c2 证:由于 b + c + a -a-b-c = ? b + b-2a? + ? c + c-2b? + ? a + a-2c? 1 1 1 = b ?a-b? 2 + c ?b-c? 2 + a ?c-a? 2 … ① 而由 Cauchy 不等式有

1 1 1 [ b ?a-b? 2 + c ?b-c? 2 + a ?c-a? 2 ]?b + c + a? ≥ ?|a-b| + |b-c| + |c-a| ? 2 … ② 且由 |a-b| + |b-c| + |c-a| ≥ |a-b| + |?b-c? + ?c-a?| = 2|a-b| 知
5

?|a-b| + |b-c| + |c-a| ? 2 ≥ 4?a-b? 2 … ③

结合①②③可得

4?a-b? 2 a2 b2 c2 1 2 b + c + a -a-b-c ≥ a + b + c ?|a-b| + |b-c| + |c-a| ? ≥ a + b + c … ④ 由④便知题目中的不等式成立.若题中不等式取等号,即④取等号.故不等式②与③皆取等号. 由②式取等号知,存在 k ≥ 0,使得 1 1 1 ?a-b? 2 = bk, ?b-c? 2 = ck, ?c-a? 2 = ak, b c a

即?a-b? 2 = b 2 k, ?b-c? 2 = c 2 k, ?c-a? 2 = a 2 k … ⑤ 由③式取等号知 b-c 与 c-a 同号,从而三个数 b-c, c-a, b-a 同号,结合⑤知存在实数 l,使得 b-a = bl, b-c = cl, c-a = al … ⑥ a b c 由⑥知 l = 1-b = c -1 = a -1 … ⑦ b c b c a b 由⑦可得 c = a ,记 c = a = x,则 c = ax, b = ax 2,再由⑦式中 1-b = c -1 得 1 1-x 2 = x-1 即 x 3-2x 2 + 1 = 0.故?x-1??x 2-x-1? = 0. 结合 x > 0 可解得 x = 1 或 x = 或 1: 1 ?3 + 2 5 ?: 1 ?1 + 2 1 ?1 + 2 5 ?.故 a : b : c = 1 : x 2 : x = 1 : 1 : 1

5 ?…⑧

又当 a, b, c 满足条件⑧时, 容易难题目中不等式确实取等号. 故⑧即为题中不等式取等号的充要条件. 评注:①式的变形非常漂亮,是解题的关键所在。 例 7 在 ?ABC 中,求证:

? cos

2

A ? 4? cos2 A cos2 B

证:在 ?ABC 中,令 ? ? b 2 ? c 2 ? a 2 , ? ? a 2 ? c 2 ? b 2 , ? ? a 2 ? b 2 ? c 2 ,则原不等式

?2 ? 2? 2 ?? ? 4? , 由 AM-GM 不等式有: (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? ) 2 (? ? ? )( ? ? ? )
4? 2 ? 2 ?? ?2 ?? ?? ,即证。 ? (? ? ? ) 2 (? ? ? )( ? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? )
评注:在 ?ABC 中令 c ? y ? x, b ? x ? z, a ? y ? z, 则有以下结论:

S ?ABC ? xyz( x ? y ? z ) ,外接圆半径 R ?
2 xyz ? ? x ( x ? y )( x ? z )

? ( x ? y) ,内切圆半径 r ? xyz , 4 xyz? x ?x


sin A ?

, cos A ?

( x ? y )( x ? z )

x ? ? x ? yz

例 8 设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a; az ? cx ? b; bx ? ay ? c. 求函数

6

f ( x, y , z ) ?

x2 y2 z2 的最小值. ? ? 1? x 1? y 1? z

? b2 ? c2 ? a2 x? ? 2bc ? 2 a ? c2 ? b2 ? 解:由已知条件三式解出 ? y ? 2ac ? 2 ? a ? b2 ? c2 z? ? 2ab ?
令 ? ? b ? c ? a , ? ? a ? c ? b , ? ? a ? b ? c 。从而可知
2 2 2
2 2 2 2 2 2

x?

? ? ? ? ,y? ,z ? (易知 ?、?、? ? R ) (? ? ? )(? ? ? ) ( ? ? ? )( ? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? )

?2 ?2 x2 (? ? ? )(? ? ? ) ? = ? 1? x 1? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? )
从而 f ( x, y, z ) ? ∑

(? ? ) 2 ?2 ≥ (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? (? ? ? )(? ? ? )

(柯西不等式) 下证 f ( x, y, z ) ? 。 只需证

1 . 2
(? ? ? )(? ? ? )

? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? ?

(? ? ) 2

?

1 2

? 2? ? 2 ? 4? ?? ? ? ? 2 ? 3? ?? ? ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? 2 ? ? ?? ? ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ………(*)

2? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ?? ,从而(*)式成立, 2 1 1 1 1 故知 f ( x, y, z ) ? . 而当 x ? y ? z ? ,即 a ? b ? c 时, f ( x, y, z ) ? 4 ? 3 ? . 1 2 2 2 1? 2 1 从而 f ( x, y, z ) 的最小值是 . 2
利用均值不等式知:

??

(? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? ?

评注:这是 2005 年的联赛试题,巧妙地代数换元后,避免了三角变形的麻烦。 例9 xk = 设 a1, a2, …, an 为大于等于 1 的实数,n ≥ 1,A = 1 + a1 + a2 + … + an.定义 x0 = 1,

1 n2A ?1 ≤ k ≤ n?.证明:x1 + x2 + … + xn > n 2 + A 2 . 1 + akxk-1

7

证:设 yk =

1 1 ,则 = xk yk

1 ak 1+ yk-1

? yk = 1 +

ak .由 yk-1 ≥ 1, ak ≥ 1 可得 yk-1

?

1 yk-1
n

-1??ak-1? ≤ 0 … ?*? ? 1 +
n n

ak 1 ak 1 ≤ ak + .所以 yk = 1 + ≤ ak + . yk-1 yk-1 yk-1 yk-1

故 ? yk ≤ ? ak + ?
k=1 k=1

1

k = 1 yk-1

n-1 1 n n 1 n 1 1 = ? ak + y + ? y = A + ? y < A + ? y . 0 k=1 k=1 k k=1 k k=1 k

n 1 n2 令 t = ? y ,由柯栖不等式有 ? yk ≥ t .因此,对 t > 0,有 k=1 k k=1 n

-A + n2 < A + t ? t 2 + At-n 2 > 0? t > t n2A = n2+A2 .

A 2 + 4n 2 2

=

A+

2n 2 A 2 + 4n 2



2n 2 2n 2 A+A+ A

评注:本题巧妙地运用函数方法,?*?式值得注意,是一种常见的放缩手段. 例 10 设 ai > 0 ?i = 1, 2, …, n?, ? ai = 1,k ? N + .求证 ?a1k +
i=1 n

1 1 1 ??a2k + k ? … ?ank + k ? ≥ a1k a2 an

?n k +

1 n ? . nk

1 证:首先证明函数 f ?x? = ln ?x k + x k ?在区间?0, 1]上是下凸函数.事实上,由于 f ? ?x? = 1 xk+ 1 xk ?kx
k-1

-kx

-k-1

x 2k-1 ? = k· 2k + 1 + x , x

1 - f ?? ?x? = k· 2k + 1 ? 2k· 2k 1 ?x 2k + 1 + x?-?x 2k-1?? ?2k + 1?x 2k + 1 ? ? x ?x + x? 2 = = k ? ?2kx 4k + 2kx 2k ?-? ?2k + 1?x 4k-2kx 2k-1? ? ?x 2k + 1 + x? 2 k ?-x 4k + 4kx 2k + 1? … ① ?x 2k + 1 + 2? 2

当 0 < x ≤ 1 时,由于 k ? N + ,故-x 4k + kx 2k + 1 = -?x 2k-2k? 2 + 4k 2 + 1 > -?2k? 2 + 4k 2 + 1 > 0. 故由①知 f ?? ?x? > 0 ?x ? ?0, 1]?.故 f ?x?在?0, 1]上为下凸函数。 由于 ai > 0, a1 + a2 + … + an = 1 ?i = 1, 2, …, n?,故 ai ? ?0, 1].从而由 Jensen 不等式有 1 1 1 n ? f ?a1? + f ?a2? + … + f ?an? ? ≥ f ? n ?a1 + a2 + … + an? ? = f ? n ?, 1 即 f ?a1? + f ?a2? + … + f ?an? ≥ n f ? n ?. 故 ln ?a1k + 1 1 1 1 k ? + ln ?a2k + k ? + … + ln ?ank + k ? ≥ n ln ? ? ? + a1k a2 an n 1 ?. 1 k ? n ?

8

即 ln ?a1k +

1 1 1 1 ??a2k + k ? … ?ank + k ? ≥ ln ? k + n k ? n. a1k a2 an n

1 1 1 1 从而 ?a1k + a k ??a2k + a k ? … ?ank + a k ? ≥ ? n k + n k ? n.证毕. 1 2 n k n 1 另证:由 H? lder 不等式得 ? ?ai + a k ? ≥ ?? ? ai ? n + i i=1 i=1
n k

1 k n ? ? ai ? n
i=1

? n.

又∵

i=1

? ai ≤ ?

n

i=1

? ai
n

n

k n 1 n 1 n + ? = ? n ? < 1,且 f ?x? = x + x 在?0, 1?上单减.∴ ?? ? ai ? i=1
n

1 k n ? ? ai ? n
i=1

?n

≥??

k 1 n· ? n + n

1 k 1 ? n ? n· n

?n=?

1 + n k ? n,得证. nk

9


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