1、 1 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 12, , , na a a 是非负实数，则 1212 .n n na a a a a an 2、柯西（ Cauchy）不等式 设 , ( 1, 2 , )iia b R i n ，则 2221 1 1 .n n ni i i ii i ia b a b 等号成立当且仅当存在 R ，使, 1, 2 , , .iib a i n 变形（ ）：设 RbRa ii , ，则 niiniini iibaba12112；等号成立当且仅当存在 R
2、 ， 使 , 1, 2, , .iib a i n 变形（ ）设 ii ba, 同号，且 0, ii ba ，则 niiiniini iibaaba1211。等号成立当且仅当 nbbb 21 3排序不等式 设 nnn jjjbbbaaa , 212121 是 n,2,1 的一个排列，则 nnjjjnnn bababababababababa n 22113211121 21. 等号成立当且仅 当 naaa 21 或 nbbb 21 。（用调整法证明） . 4琴生（ Jensen）不等式 若 xf 是区间 ba, 上的凸函数，则对任意的点 baxxx n , 21 *()nN 有 12 121(
3、 ) .n nx x xf f x f x f xnn 等号当且仅当 nxxx 21 时取得。（用归纳法证明） 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 ， ),2,1( niRai ，则 2 MnaaanaaaM nn 121121 。 证： 作变量代换，令 ii xa ，则 1ii xa ，则 n xxxxxxnMM nn 21211 0 ， 1，又函数)1()( pxxf p 是 ,0 上的凸函数，由 Jensen 不等式知 式成立。 2.（切比雪夫不等式） 设两个实数组 nn bbba
4、aa 2121 ,，则 nnni ini innn bababannbnabababan 221111112111 等号成立当且仅当 naaa 21 或 nbbb 21 。 证： 由排序不等式有： nnnnnnn bababababababababa 221122111121 ， nnnnnn bababababababababa 2211132211121 ， nnnnnnnn bababababababababa 221111211121 以上 n 个等式相加即得。 3. 一个基础关系式 yxyx )1(1 ，其中 1,0,0, x 证： 若 x,y 中有一个为 0，则显然成立。 设 x,
5、y 均不为零，则原不等式 1yxyx，令 tyx，则上式 )1( tt ，记 tttf )1()( ，则 1)( ttf ，因此，当 1t 时， 0)( tf ，当 10 t 时， 0)( tf ，且 0)1( f ，所以 )(tf 得极小值为 0)1( f ,故 0)1( tt ，即 yxyx )1(1 . 4. Holder 不等式 设 1,),2,1(0, qpnkba kk 且 111 qp，则 3 qnkqkpnkpknk kkbaba11111 等号成立当且仅当存在 Rt 使得 ),2,1( nktba qkpk 。 证 : 在上面基础关系式中，取 ,1 qkpk ByAxp 有
6、qkpkkk BqApBA 11 式两边对 k 求和，得： nkqknkpknk kk BqApBA 11111 ,令qnkqkkkpnkpkkkbbBaaA1111, 代入上式即证。 5. 一个有用的结论 设 Rba ii, ，则 ninininininii baba111111)( ，推广得 设 ),2,1,2,1(, njniRa ij ，则 njnni ijninnj ij aa 111111 )()(. 证： 原不等式 1)( 11 1 21 nnjni iniiij aaa a , 而 )(1)(1 2111 21 ni iniiijnni iniiij aaa anaaa a n
7、j ni inii ijnnj ni inii ij aaa anaaa a 1 1 2111 1 21 )(1)( 1111)(1 11 1 21 nnnaaa an nini nj inii ij ,它可把含根式的积性不等式化为和式。 三、如何运用几个重要不等式 例 1 设 Rcba , 且 1abc ，求证： 333222 cbacba 。 证： 由柯西不等式有 2222333 )()( cbacbacba 而 )(111()(3 222222222 cbacba 2)( cba 33)( abccba )(3 cba ，即 cbacba 222 由 有： )( 333 cbacba )
8、( 222 cbacba , 333222 cbacba 方法 二 ：由幂均值不等式有： 4 23222333 )3(3 cbacba )33 222 cba 21222 )3( cba 222213 22222233)( cbacbacba 。 方法 三 ：由切比雪夫不等式和 AM-GM 不等式有：不妨设 cba ，则 3 )( 222333 cbacbacba 2223222 3 3)( cbaabccba 例 2 设 1),2,1(,01 ni ii xnix ，求证：111 nxxxni ini ii 证： 左边 = ni ini inini iixxnxx 1121 11111 1
9、2112111212112 )1()1()1()1( niininiinixxn 11)11(1)1()1( 1222 nxnxnnnnnnnni ii 。 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 1, a b cdRdcba ，求证： 2)1( 1ba证： 设 ),(, Rwzyxxwdwzczybyxa， 则原不等式 21112)(2)1(1zyxzyxyzzyyx ， 由 Cauchy 不等式有： 212121212121)11(1)1(11122 xyxyxyxyxyxzyxxzyx ， 故原不等式成立。 评注：本题通过换元，把原不等式齐次化，再用柯西不等
10、 式。 5 例 4 设 n 是正整数，且 nkak ,2,1,0 ， 11 nk ka，求证： nnk k nan )22()12(1 证： 原不等式 22)12(11 nannknk， 由 “二，结论 5” 有 nknknnknk annnnan11111 )11212()12( 个n nn nnnn aaanaaannnn 21212 121)12()12( ， 又 n nni i aaana 211 ， nanaaa ni in n 1211， 故 nnnk k nnna )22()2()12(1 。 评注：本例第一步放缩也可用 Holder 不等式的推广。 例 5 设 ,., 21 a
11、a 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 cai 0 且jiaa ji 1对所有正整数 )(, jiji 成立，证明： .1c 证 ： 对于 2n ，设 (1), (2),., ( ) n 为 n,.2,1 的一个排列且满足： ( 1 ) ( 2 ) ( )0 . na a a c . ( ) ( 1 ) ( ) ( 1 )()n n nc a a a a ( 1) ( 2 )nnaa(2) (1). ( )aa 1( ) ( 1)nn 1( 1) ( 2 )nn 1. (2) (1) 21( 1)2 ( ) (1) ( )ninin （柯西不等式） 2( 1)(
12、 1) (1) ( )nc n n n 22( 1) 3nnn 34131 nnn .故 .1c 评注 ： 这里把 ia 有序化后， 的变形是关键。 例 6 设 a, b, c 为正实数，求证 a 2b + b 2c + c 2a a + b + c + 4a b 2a + b + c ，并确定等号成立的条件 证： 由于 a 2b + b 2c + c 2a a b c = a 2b + b 2a + b 2c + c 2b + c 2a + a 2c = 1b a b 2 + 1c b c 2 + 1a c a 2 而由 Cauchy 不等式有 1b a b 2 + 1c b c 2 + 1
13、a c a 2 b + c + a |a b| + |b c| + |c a| 2 且由 |a b| + |b c| + |c a| |a b| + |b c + c a| = 2|a b| 知 6 |a b| + |b c| + |c a| 2 4a b 2 结合 可得 a 2b + b 2c + c 2a a b c 1a + b + c |a b| + |b c| + |c a| 2 4a b 2a + b + c 由 便知题目中的不等式成立若题中不等式取等号，即 取等号故不等式 与 皆取等号 由 式取等号知，存在 k 0，使得 1b a b 2 = bk, 1c b c 2 = ck,
14、 1a c a 2 = ak， 即 a b 2 = b 2 k, b c 2 = c 2 k, c a 2 = a 2 k 由 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 知存在实数 l，使得b a = bl, b c = cl, c a = al 由 知 l = 1 ab = bc 1 = ca 1 由 可得 bc = ca ，记 bc = ca = x，则 c = ax, b = ax 2，再由 式中 1 ab = bc 1 得 1 1x 2 = x 1 即 x 3 2x 2 + 1 = 0故 x 1x 2 x 1 = 0 结合 x 0 可解得
15、 x = 1 或 x = 12 1 + 5 故 a : b : c = 1 : x 2 : x = 1 : 1 : 1 或 1: 12 3 + 5 : 12 1 + 5 又当 a, b, c 满足条件 时，容易难题目中不等式确实取等号故 即为题中不等式取等号的充要条件 评注： 式的变形非常漂亮，是解题的关键所在。 例 7 在 ABC 中，求证： BAA 222 c o sc o s4c o s 证： 在 ABC 中，令 222 acb ， 222 bca ， 222 cba ， 则原不等式 )()(4)( 2 222 ， 由 AM-GM 不等式有： )()()( 42 22 )( 2 ，即证。
16、 评注：在 ABC 中令 , zyazxbxyc 则有以下结论： )( zyxxyzS A B C ，外接 圆半径 xxyz yxR 4 )( ， 内切圆半径 xxyzr ， )(2s in zxyx xxyzA ，)(c o s zxyx yzxxA 。 例 8 设正数 a、 b、 c、 x、 y、 z满足 .; caybxbcxazabzcy 求 函数 7 zzyyxxzyxf 111),( 222的最小值 . 解： 由已知条件三式解出 abcbazacbcaybcacbx222222222222令 222 acb ， 222 bca ， 222 cba 。 从而可知 )( x，)( y，
17、)( z（易知 R 、 ） )(1)(122 xx =)()(2 从而 ),( zyxf )()(2 )()( )(2 （柯西不等式） 。 下证 .21),( zyxf 只需证 )()( )(2 21 )(342 22 )(2 （ *） 利用均值不等式知 ： 222)( ， 从而（ *）式成立， 故知 .21),( zyxf 而当 21 zyx ，即 cba 时，213211 41),( zyxf . 从而 ),( zyxf 的最小值是 21 . 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 设 a1, a2, , an为大于等于 1 的实数， n 1，
18、 A = 1 + a1 + a2 + + an定义 x0 = 1, xk = 11 + akxk 11 k n证明 ： x1 + x2 + + xn n 2 An 2 + A 2 8 证： 设 yk = 1xk，则 1yk= 11 + akyk 1 yk = 1 + akyk 1由 yk 1 1, ak 1 可得 1yk 1 1ak 1 0 * 1 + akyk 1 ak + 1yk 1所以 yk = 1 + akyk 1 ak + 1yk 1 故 k = 1nyk k = 1nak + k = 1n1yk 1= k = 1nak + 1y0+ k = 1n1yk= A + k = 1n 11
19、yk0，有 n 2t 0 t A + A 2 + 4n 2 2 = 2n 2A + A 2 + 4n 2 2n 2A + A + 2n 2A = n 2 An 2 + A 2 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， i = 1nai = 1， k N + 求证 a1k + 1a1k a2k + 1a2k ank + 1ank n k + 1n k n 证： 首先证明函数 f x = ln x k + 1x k 在区间 0, 1上是下凸函数事实上，由于 f x = 1x k + 1x k kx k 1 kx k 1
20、 = k x 2k 1x 2k + 1 + x , f x = k 1x 2k + 1 + x 2 2kx 2k 1 x 2k + 1 + x x 2k 1 2k + 1x 2k + 1 = kx 2k + 1 + x 2 2kx 4k + 2kx 2k 2k + 1x 4k 2kx 2k 1 = kx 2k + 1 + 2 2 x 4k + 4kx 2k + 1 当 0 2k 2 + 4k 2 + 1 0 故由 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 Jen
21、sen 不等式有 1n f a1 + f a2 + + f an f 1n a1 + a2 + + an = f 1n ， 即 f a1 + f a2 + + f an n f 1n 故 ln a1k + 1a1k + ln a2k + 1a2k + + ln ank + 1ank n ln 1n k + 1 1n k 9 即 ln a1k + 1a1k a2k + 1a2k ank + 1ank ln 1n k + n k n 从而 a1k + 1a1k a2k + 1a2k ank + 1ank 1n k + n k n证毕 另证：由 Hlder 不等式得 i = 1naik + 1aik i = 1nai kn + 1i = 1nai kn n 又 i = 1nai i = 1nain n = 1n n 1，且 f x = x + 1x 在 0, 1上单减 i = 1nai kn + 1i = 1nai kn n 1n nkn + 1 1n nkn n = 1n k + n k n，得证
