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不等式數學數學競賽

【不等式】均值不等式及其應用

02-12

說明：這篇文章為數學競賽課的筆記，難度可能較大。

最近競賽班上講了幾節課的不等式，目前學了均值不等式、柯西不等式、排序不等式等

接觸沒多久，對不等式的感覺就只有三個字：太妙了！應該說，不等式只是一個放縮，但是又放縮得那麼剛剛好，十分驚人。

文章已經重新排版，在手機上看會舒服點了。

一、均值不等式

設 $a_1$ ， $a_2$ ，... ， $a_n$ 為 $n$ 個s正數，記

$H_n=frac{n}{frac{1}{a_1}+frac{1}{a_2}+...+frac{1}{a_n}}$

$G_n=sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$

$A_n=frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$

$Q_n=sqrt{frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}}$

則 $H_nleq G_nleq A_nleq Q_n$ ，取等時 $a_1=a_2=...=a_n$ 。

當 $n=2$ 時， $frac{2}{frac{1}{a_1}+frac{1}{a_2}}leq sqrt{a_1a_2}leq frac{a_1+a_2}{2}leq sqrt{frac{a_1^2+a_2^2}{2}}$ 。

證明只要證 $G_nle A_n$ ，再由 $G_nle A_n$ 推出 $H_nleq G_nleq A_nleq Q_n$ 即可。

由數學歸納法證明 $G_nle A_n$ ：

①當 $n=2$ 時顯然成立；

②假設當 $n=k$ 時成立，那麼當 $n=k+1$ 時，

$A_{k+1}=frac{1}{2k}[(k+1)A_{k+1}+(k-1)A_{k+1}]$

$=frac{1}{2k}[a_1+...+a_{k+1}+A_{k+1}+...+A_{k+1}]$

$=frac{1}{2k}[(a_1+...+a_k) +(a_{k+1}+A_{k+1}+...+A_{k+1})]$ ，此處括弧內各有 k項

由假設得：

$A_{k+1}geq frac{1}{2k}(ksqrt[k]{a_1...a_k}+ksqrt[k]{a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}})$

$=frac{1}{2}(sqrt[k]{a_1...a_k}+sqrt[k]{a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}})$ ，此處由二元均值不等式得：

$A_{k+1}geqsqrt[2k]{a_1...a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}}$ ，即

$A_{k+1}^{2k}geq a_1...a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}$ ， $A_{k+1}^{k+1}geq a_1...a_{k+1}$

$frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}geqsqrt[k+1]{a_1a_2...a_{k+1}}$ ，原命題成立。

二、應用

（1）對 $forall x in N$ ，證明： $(1+frac{1}{n})^n< (1+frac{1}{n+1})^{n+1}$ 。

解 $(1+frac{1}{n})(1+frac{1}{n})...1le (frac{(1+frac{1}{n})+(1+frac{1}{n})+...+1}{n+1})^{n+1}$ ，此處右邊共有n個 $(1+frac{1}{n})$

$=(frac{n(1+frac{1}{n})+1}{n+1})^{n+1}=(frac{n+2}{n+1})^{n+1}=(1+frac{1}{n+1})^{n+1}$ 由於取不到等：

$(1+frac{1}{n})^n< (1+frac{1}{n+1})^{n+1}$ ，原命題成立。

（2）已知 $x_1x_2...x_n=1$ ，且 $x_1$ ， $x_2$ ，...， $x_n$ 都是正數，證明： $(2+x_1)(2+x_2)...(2+x_n)geq 3^n$

解 $2+x_i=1+1+x_igeq 3sqrt[3]{x_i}$ ，累乘得：

$(2+x_1)(2+x_2)...(2+x_n)geq 3^nsqrt[3]{x_1x_2...x_n}=3^n$ ，原命題成立。

（3）（南京大學）若正數 $a$ ， $b$ ， $c$ 滿足 $a+b+c=1$ ，證明：

$(a+frac{1}{a})(b+frac{1}{b})(c+frac{1}{c})geq frac{1000}{27}$

分析從取等條件入手，當 $a=b=c=frac{1}{3}$ 時等號成立。

$a+frac{1}{a}=a+frac{1}{ma}+...+frac{1}{ma}$ ，此處右邊共有m個 $frac{1}{ma}$

取等時 $a=frac{1}{ma}=frac{1}{3}$ ， $m=9$

解 $a+frac{1}{a}=a+frac{1}{9a}+...+frac{1}{9a}geq 10sqrt[10]{frac{1}{9^9a^8}}$ ，三式相乘得：

$(a+frac{1}{a})(b+frac{1}{b})(c+frac{1}{c})geq 1000sqrt[10]{frac{1}{9^{27}a^8b^8c^8}}$

其中 $abcle(frac{a+b+c}{3})^3=frac{1}{27}$

$a^8b^8c^8le (frac{1}{27})^8$ ， $(a+frac{1}{a})(b+frac{1}{b})(c+frac{1}{c})geq frac{1000}{27}$

原命題成立。

（4）（IMO）設 $a$ ， $b$ ， $c$ 是正實數， $abc=1$ ，證明： $frac{1}{a^3(b+c)}+frac{1}{b^3(c+a)}+frac{1}{c^3(a+b)} geq frac{3}{2}$

分析發現左邊的式子分子、分母次數不等，可以利用條件 $abc=1$ 配成次數相等的式子。

解 $frac{1}{a^3(b+c)}=frac{a^2b^2c^2}{a^3(b+c)}=frac{b^2c^2}{ab+ac}$

發現 $frac{b^2c^2}{ab+ac}+frac{ab+ac}{4}geq 2sqrt{frac{b^2c^2}{4}}=bc$

三式相加得：

$frac{1}{a^3(b+c)}+frac{1}{b^3(c+a)}+frac{1}{c^3(a+b)} geq frac{1}{2}(ab+bc+ca)$

$geq frac{3}{2}sqrt[3]{a^2b^2c^2}=frac{3}{2}$

取等時 $a=b=c=1$ 。

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