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平均数不等式
✍ dations ◷ 2025-04-26 13:56:50 #平均数不等式
平均数不等式,或称平均值不等式、均值不等式,是数学上的一组不等式,也是基本不等式的推广。它是说:如果
x
1
,
x
2
,
…
,
x
n
{displaystyle x_{1},x_{2},ldots ,x_{n}}
是正数,则H
n
≤
G
n
≤
A
n
≤
Q
n
{displaystyle H_{n}leq G_{n}leq A_{n}leq Q_{n}}其中:
H
n
=
n
∑
i
=
1
n
1
x
i
=
n
1
x
1
+
1
x
2
+
⋯
+
1
x
n
{displaystyle H_{n}={dfrac {n}{displaystyle sum _{i=1}^{n}{dfrac {1}{x_{i}}}}}={dfrac {n}{{dfrac {1}{x_{1}}}+{dfrac {1}{x_{2}}}+cdots +{dfrac {1}{x_{n}}}}}}G
n
=
∏
i
=
1
n
x
i
n
=
x
1
x
2
⋯
x
n
n
{displaystyle G_{n}={sqrt{prod _{i=1}^{n}x_{i}}}={sqrt{x_{1}x_{2}cdots x_{n}}}}A
n
=
∑
i
=
1
n
x
i
n
=
x
1
+
x
2
+
⋯
+
x
n
n
{displaystyle A_{n}={dfrac {displaystyle sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}={dfrac {x_{1}+x_{2}+cdots +x_{n}}{n}}}Q
n
=
∑
i
=
1
n
x
i
2
n
=
x
1
2
+
x
2
2
+
⋯
+
x
n
2
n
{displaystyle Q_{n}={sqrt {dfrac {displaystyle sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}={sqrt {dfrac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+cdots +x_{n}^{2}}{n}}}}当且仅当
x
1
=
x
2
=
⋯
=
x
n
{displaystyle x_{1}=x_{2}=cdots =x_{n}}
,等号成立。即对这些正数:调和平均数 ≤ 几何平均数 ≤ 算术平均数 ≤ 平方平均数(方均根)简记为:“调几算方”关于均值不等式的证明方法有很多,数学归纳法(第一数学归纳法或反向归纳法)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等,都可以证明均值不等式,在这里简要介绍数学归纳法证明n维形式的均值不等式的方法:用数学归纳法证明,需要一个辅助结论。引理:设A≥0,B≥0,则
(
A
+
B
)
n
≥
A
n
+
n
A
n
−
1
B
{displaystyle left(A+Bright)^{n}geq A^{n}+nA^{n-1}B}
,且仅当B=0时取等号。引理的正确性较明显,条件A≥0,B≥0可以弱化为A≥0,A+B≥0,可以用数学归纳法证明。原题等价于:
(
a
1
+
a
2
+
⋯
+
a
n
n
)
n
≥
a
1
a
2
⋯
a
n
{displaystyle left({frac {a_{1}+a_{2}+cdots +a_{n}}{n}}right)^{n}geq a_{1}a_{2}cdots a_{n}}
, 当且仅当
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}}
时取等号。当n=2时易证;假设当n=k时命题成立,即
(
a
1
+
a
2
+
⋯
+
a
k
k
)
k
≥
a
1
a
2
⋯
a
k
{displaystyle left({frac {a_{1}+a_{2}+cdots +a_{k}}{k}}right)^{k}geq a_{1}a_{2}cdots a_{k}}
, 当且仅当
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
k
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{k}}
时取等号。那么当n=k+1时,不妨设
a
k
+
1
{displaystyle a_{k+1}}
是
a
1
{displaystyle a_{1}}
、
a
2
⋯
a
k
+
1
{displaystyle a_{2}cdots a_{k+1}}
中最大者,则
k
a
k
+
1
≥
a
1
+
a
2
+
⋯
+
a
k
{displaystyle ka_{k+1}geq a_{1}+a_{2}+cdots +a_{k}}设
S
=
a
1
+
a
2
+
⋯
+
a
k
{displaystyle S=a_{1}+a_{2}+cdots +a_{k}}
,
(
a
1
+
a
2
+
⋯
+
a
k
+
1
k
+
1
)
k
+
1
=
[
S
k
+
k
a
k
+
1
−
S
k
(
k
+
1
)
]
k
+
1
{displaystyle left({frac {a_{1}+a_{2}+cdots +a_{k+1}}{k+1}}right)^{k+1}=left^{k+1}}
,根据引理[
S
k
+
k
a
k
+
1
−
S
k
(
k
+
1
)
]
k
+
1
≥
(
S
k
)
k
+
1
+
(
k
+
1
)
(
S
k
)
k
k
a
k
+
1
−
S
k
(
k
+
1
)
=
(
S
k
)
k
a
k
+
1
≥
a
1
a
2
⋯
a
k
a
k
+
1
{displaystyle left^{k+1}geq left({frac {S}{k}}right)^{k+1}+(k+1)left({frac {S}{k}}right)^{k}{frac {ka_{k+1}-S}{k(k+1)}}=left({frac {S}{k}}right)^{k}a_{k+1}geq a_{1}a_{2}cdots a_{k}a_{k+1}}
,当且仅当
k
a
k
+
1
−
S
=
0
{displaystyle ka_{k+1}-S=0}
且
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
k
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{k}}
时,即
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
k
=
a
k
+
1
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{k}=a_{k+1}}
时取等号。此外,人教版高中数学教科书《选修4-5 不等式选讲》也介绍了一个运用数学归纳法的证明方法。先运用数学归纳法证明一个引理:若
n
{displaystyle n}
(
n
{displaystyle n}
是正整数)个正数
a
1
,
a
2
,
.
.
.
,
a
n
{displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{n}}
的乘积
a
1
a
2
.
.
.
a
n
=
1
{displaystyle a_{1}a_{2}...a_{n}=1}
,则它们的和
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
⩾
n
{displaystyle a_{1}+a_{2}+...+a_{n}geqslant n}
,当且仅当
a
1
=
a
2
=
.
.
.
=
a
n
=
1
{displaystyle a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1}
时等号成立。此引理证明如下:当
n
=
1
{displaystyle n=1}
时命题为:若
a
=
1
{displaystyle a=1}
,则
a
⩾
1
{displaystyle ageqslant 1}
,当且仅当
a
=
1
{displaystyle a=1}
时等号成立。命题显然成立。假设当
n
=
k
{displaystyle n=k}
时命题成立,则现在证明当
n
=
k
+
1
{displaystyle n=k+1}
时命题也成立。若这
k
+
1
{displaystyle k+1}
个数全部是1,即
a
1
=
a
2
=
.
.
.
=
a
k
+
1
=
1
{displaystyle a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1}
,则命题显然成立。若这
k
+
1
{displaystyle k+1}
个数不全是1,则易证明必存在
i
≠
j
{displaystyle ineq j}
使
a
i
>
1
,
a
j
<
1
{displaystyle a_{i}>1,a_{j}<1}
。不妨设
a
1
>
1
,
a
2
<
1
{displaystyle a_{1}>1,a_{2}<1}
。由归纳假设,因为
(
a
1
a
2
)
a
3
.
.
.
a
k
+
1
=
1
{displaystyle (a_{1}a_{2})a_{3}...a_{k+1}=1}
,所以
a
1
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
k
+
1
⩾
k
{displaystyle a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}geqslant k}
,记此式为①式。由
a
1
>
1
,
a
2
<
1
{displaystyle a_{1}>1,a_{2}<1}
,知
a
1
−
1
>
0
,
1
−
a
2
>
0
{displaystyle a_{1}-1>0,1-a_{2}>0}
,则
(
a
1
−
1
)
(
1
−
a
2
)
=
a
1
+
a
2
−
a
1
a
2
−
1
>
0
{displaystyle (a_{1}-1)(1-a_{2})=a_{1}+a_{2}-a_{1}a_{2}-1>0}
,整理得
a
1
+
a
2
>
1
+
a
1
a
2
{displaystyle a_{1}+a_{2}>1+a_{1}a_{2}}
,记此式为②式。①+②得
a
1
+
a
2
+
a
1
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
k
+
1
>
k
+
1
+
a
1
a
2
{displaystyle a_{1}+a_{2}+a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}>k+1+a_{1}a_{2}}
,整理得
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
k
+
1
>
k
+
1
{displaystyle a_{1}+a_{2}+...+a_{k+1}>k+1}
(此时等号不成立),命题成立。综上,由数学归纳法,引理成立。现在为了证明平均值不等式,考虑
n
{displaystyle n}
个正数
a
1
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
,
a
2
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
,
.
.
.
,
a
n
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
{displaystyle {frac {a_{1}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},{frac {a_{2}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},...,{frac {a_{n}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}}
,它们的积为1,由引理,它们的和
a
1
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
+
a
2
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
+
.
.
.
+
a
n
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
=
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
⩾
n
{displaystyle {frac {a_{1}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+{frac {a_{2}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+...+{frac {a_{n}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}geqslant n}
,当且仅当
a
1
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
=
a
2
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
=
.
.
.
=
a
n
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
{displaystyle {frac {a_{1}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={frac {a_{2}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}=...={frac {a_{n}}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}}
即
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}}
时等号成立。整理即得:
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
n
⩾
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
{displaystyle {frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}}geqslant {sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}
,当且仅当
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}}
时等号成立。于是
G
n
≤
A
n
{displaystyle G_{n}leq A_{n}}
得证。利用
G
n
≤
A
n
{displaystyle G_{n}leq A_{n}}
,易证
H
n
≤
G
n
{displaystyle H_{n}leq G_{n}}
。考虑
n
{displaystyle n}
个正数
1
a
1
,
1
a
2
,
.
.
.
,
1
a
n
{displaystyle {frac {1}{a_{1}}},{frac {1}{a_{2}}},...,{frac {1}{a_{n}}}}
,有
1
a
1
+
1
a
2
+
.
.
.
+
1
a
n
n
⩾
1
a
1
⋅
1
a
2
⋅
.
.
.
⋅
1
a
n
n
=
1
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
{displaystyle {frac {{frac {1}{a_{1}}}+{frac {1}{a_{2}}}+...+{frac {1}{a_{n}}}}{n}}geqslant {sqrt{{frac {1}{a_{1}}}cdot {frac {1}{a_{2}}}cdot ...cdot {frac {1}{a_{n}}}}}={frac {1}{sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}}
,当且仅当
1
a
1
=
1
a
2
=
.
.
.
=
1
a
n
{displaystyle {frac {1}{a_{1}}}={frac {1}{a_{2}}}=...={frac {1}{a_{n}}}}
即
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}}
时等号成立。两边取倒数整理得
n
1
a
1
+
1
a
2
+
.
.
.
+
1
a
n
⩽
a
1
a
2
.
.
.
a
n
n
{displaystyle {frac {n}{{frac {1}{a_{1}}}+{frac {1}{a_{2}}}+...+{frac {1}{a_{n}}}}}leqslant {sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}
,当且仅当
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}}
时等号成立,即
H
n
≤
G
n
{displaystyle H_{n}leq G_{n}}
。A
n
≤
Q
n
{displaystyle A_{n}leq Q_{n}}
等价于
Q
n
2
−
A
n
2
≥
0
{displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}geq 0}
。事实上,
Q
n
2
−
A
n
2
{displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}}
等于
a
1
,
a
2
,
…
,
a
n
{displaystyle a_{1},a_{2},ldots ,a_{n}}
的方差,通过这个转化可以证出
Q
n
2
−
A
n
2
≥
0
{displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}geq 0}
,证明如下。Q
n
2
−
A
n
2
=
Q
n
2
−
2
A
n
2
+
A
n
2
=
a
1
2
+
a
2
2
+
…
+
a
n
2
n
−
2
a
1
A
n
+
2
a
2
A
n
+
…
+
2
a
n
A
n
n
+
n
A
n
2
n
{displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}=Q_{n}^{2}-2A_{n}^{2}+A_{n}^{2}={frac {a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+ldots +a_{n}^{2}}{n}}-{frac {2a_{1}A_{n}+2a_{2}A_{n}+ldots +2a_{n}A_{n}}{n}}+{frac {nA_{n}^{2}}{n}}}=
(
a
1
2
−
2
a
1
A
n
+
A
n
2
)
+
(
a
2
2
−
2
a
2
A
n
+
A
n
2
)
+
…
+
(
a
n
2
−
2
a
n
A
n
+
A
n
2
)
n
{displaystyle ={frac {(a_{1}^{2}-2a_{1}A_{n}+A_{n}^{2})+(a_{2}^{2}-2a_{2}A_{n}+A_{n}^{2})+ldots +(a_{n}^{2}-2a_{n}A_{n}+A_{n}^{2})}{n}}}=
(
a
1
−
A
n
)
2
+
(
a
2
−
A
n
)
2
+
…
+
(
a
n
−
A
n
)
2
n
{displaystyle ={frac {(a_{1}-A_{n})^{2}+(a_{2}-A_{n})^{2}+ldots +(a_{n}-A_{n})^{2}}{n}}}⩾
0
{displaystyle geqslant 0}
,当且仅当
a
1
=
a
2
=
⋯
=
a
n
=
A
n
{displaystyle a_{1}=a_{2}=cdots =a_{n}=A_{n}}
时等号成立。利用琴生不等式法也可以很简单地证明均值不等式,同时还有柯西归纳法等方法。
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