不等式 TBD¶

（一）均值不等式¶

简化形式¶

若 \(a,b>0\)，则：

\[ \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\le\sqrt[2]{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\le\sqrt[2]{\dfrac{a^2+b^2}{2}} \]

理解方式：https://www.bilibili.com/video/BV1Nf4y1G7xV

一般形式¶

若 \(a,b>0\)，则：

\[ \begin{aligned} H_n&\le&G_n&\le&A_n&\le&Q_n\\ \frac{n}{\sum_{i=1}^n{1\over x_i}}&\le&\sqrt[n]{\textstyle\prod_{i=1}^nx_i}&\le&\frac{\sum_{i=1}^nx_i}{n}&\le&\sqrt[2]{\frac{\sum_{i=1}^nx_i^2}{n}} \end{aligned} \]

当且仅当 \(x_1=x_2=\dots=x_n\) 时，等号成立。

即，对于正实数：调和平均数 ≤ 几何平均数 ≤ 算术平均数 ≤ 平方平均数。

简记为：「调几算方」。

常用变形¶

若 \(a,b>0\)，则：

\[ a+b\ge2\sqrt{ab} \]

\[ ab\le\dfrac{(a+b)^2}{4} \]

即「积定和最小，和定积最小」。

常见技巧¶

代换「\(1\)」，即表示 \(1=a+(1-a)=\dfrac{x}{x}\) 一类的形式，然后将原式乘上这个「\(1\)」，化简计算。

代换「\(0\)」，即表示 \(0=a-a\) 一类的形式，然后将原式减去这个「\(0\)」，化简计算。

和积共存¶

一、化简、凑形式

因式分解或公式一类。

二、将原式转化为关于要求的式子

若正实数 \(x\)、\(y\) 满足 \(x^2+y^2+xy=1\)，求 \(x+y\) 的最大值。

化简，\(x^2+y^2+2xy=1+xy\)，\((x+y)^2=1+xy\le1+\dfrac{(x+y)^2}{4}\)。

即 \(\dfrac{3}{4}(x+y)^2\le1\)，\(x+y\le\dfrac{2\sqrt3}{3}\)。

三、换元

对于根号下的式子，一般带上根号设未知数。

若正数 \(x\)、\(y\) 满足 \(2x+y+6=xy\)，求 \(xy\) 的最小值。

化简，\(xy=2x+y+6\ge2\sqrt{2xy}+6=2\sqrt2\sqrt{xy}+6\)。

设 \(y=\sqrt{xy}\)，则 \(t^2\ge2\sqrt2t+6\)，即 \(t^2-2\sqrt2t-6\ge0\)。

解得 \(t\ge3\sqrt2\)，\(xy=t^2\ge18\)。

四、轮换对称

轮换对称的形式，即将 \(x\)、\(y\) 互换，形式不变。

轮换对称的形式，一般取最大、最小值时是 \(x=y\) 的形式。

例题¶

一、已知 \(a,b>0\) 且 \(ab=1\)，求 \(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{8}{a+b}\) 的最小值。

化简，\(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{8}{a+b}=\dfrac{a+b}{2ab}+\dfrac{8}{a+b}=\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{8}{a+b}\ge4\)。

取等条件为 \(\dfrac{a+b}{2}=\dfrac{8}{a+b}\)，即 \((a+b)^2=16\)，可以取到。

二、已知 \(a,x>0\) 且 \(a+\dfrac{x}{a+1}\) 的最小值是 \(5\)，求 \(x\)。

化简，\(a+\dfrac{x}{a+1}=(a+1)+\dfrac{x}{a+1}-1\ge2\sqrt{x}-1=5\)，则 \(x=9\)。

取等条件为 \(a+1=\dfrac{x}{a+1}\)，即 \((a+1)^2=x=9\)，可以取到。

三、已知 \(x,y\in\mathbb R\) 且 \(5x^2y^2+y^4=1\)，求 \(x^2+y^2\) 的最小值。

化简，\(1=y^2(5x^2+y^2)=\dfrac{1}{4}\cdot4y^2(5x^2+y^2)\le\dfrac{(5x^2+5y^2)^2}{16}\)。

即 \((x^2+y^2)^2\ge\dfrac{16}{25}\)，则 \(x^2+y^2\ge\dfrac{4}{5}\)。

四、已知 \(a,b,c\in\mathbb R^+\)，证明：\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)。

整理：

\[ \begin{aligned} \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\\ (\dfrac{a^2}{b}+b)+(\dfrac{b^2}{c}+c)+(\dfrac{c^2}{a}+a)\ge 2a+2b+2c\\ \dfrac{a^2}{b}+b\ge2a,\dfrac{b^2}{c}+c\ge2b,\dfrac{c^2}{a}+a\ge2c\space\square. \end{aligned} \]

当且仅当 \(a=b=c\) 时，取到等号。

五、已知 \(a,b,c\in\mathbb R^+\) 且不全相等，证明：\(a+b+c>\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)。

整理：

\[ \begin{aligned} a+b\ge2\sqrt{ab},b+c\ge2\sqrt{bc},c+a\ge2\sqrt{ca}\\ 2a+2b+2c\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\\ a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \end{aligned} \]

因为 \(a,b,c\) 不全相等，则取不到等号。\(\square.\)

六、已知 \(a,b,c\in\mathbb R^+\)，证明：\(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}\ge\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\)。

整理：

\[ \begin{aligned} \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\le\dfrac{a+b}{2},\dfrac{4}{a+b}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4b}\\ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\le\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}\space\square. \end{aligned} \]

当且仅当 \(a=b=c\) 时，取到等号。

（二）柯西-施瓦茨不等式¶

简化形式¶

对于实数 \(a_1,a_2,b_1,b_2\)：

\[ (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2)^2 \]

证明：

\[ \begin{aligned} &a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2\ge 2a_1b_1a_2b_2\\ \Leftrightarrow\;&a_1^2b_1^2+a_2^2b_2^2+a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2\ge a_1^2b_1^2+a_2^2b_2^2+2a_1b_1a_2b_2\\ \Leftrightarrow\;&(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2)^2 \end{aligned} \]

取等条件：

\[ {a_1\over b_1}={a_2\over b_2} \]

一般形式¶

对于实数序列 \(a,b\)：

\[ \sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2\ge\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 \]

证明：

\[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2-\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2\\ =\;&\sum_{1\le i<j\le n}(a_ib_j-a_jb_i)^2 \end{aligned} \]

上式即拉格朗日恒等式，可知其 \(\ge0\) 且取等条件为：

\[ {a_1\over b_1}={a_2\over b_2}=\dots={a_n\over b_n} \]

物理证明¶

转自：https://www.zhihu.com/question/359244589/answer/3440897794。

光滑桌子（\(\mu=0\)）上面放着若干个质量不一的薄板，其中间的摩擦因数不为零（\(\mu\neq0\)）。

设其质量分别为 \(m_1,m_2,\dots,m_n\)，给他们一个互异的初速度 \(v_1,v_2,\dots,v_n\)。

根据能量守恒定律，经过有限的时间后，它们必定会趋于同一个速度，设为 \(v_f\)。

那么，根据动量守恒定律和功能关系：

\[ \begin{aligned} m_1v_1+m_2v_2+\dots+m_nv_n&=m_1v_f+m_2v_f+\dots+m_nv_f\\ {1\over2}m_1v_1^2+{1\over2}m_2v_2^2+\dots+{1\over2}m_nv_n^2&\ge {1\over2}m_1v_f^2+{1\over2}m_2v_f^2+\dots+{1\over2}m_nv_f^2 \end{aligned} \]

化简、移项，得到：

\[ \begin{aligned} v_f={\sum m_iv_i\over\sum m_i}\\ \sum(m_iv_i^2)\ge(\sum m_i)v_f^2 \end{aligned} \]

上式带入下式，得：

\[ \sum(m_iv_i^2)\ge{(\sum m_iv_i)^2\over\sum m_i} \]

再移项，得：

\[ \sum(m_iv_i^2)\sum m_i\ge(\sum m_iv_i)^2 \]

我们取 \(m\to a^2\)，\(v\to b/a\)，即：

\[ \sum{a_i^2}\sum{b_i^2}\ge(\sum{a_ib_i})^2 \]

取等条件为 \(v_i=v_g\)，即初始就共速，则：

\[ {b_1\over a_1}={b_2\over a_2}=\dots={b_n\over a_n} \]

即柯西不等式（当然这个结论比柯西不等式弱一些）。

（三）排序不等式¶

基本形式¶

对于非严格单调递增（或递减）的实数序列 \(x,y\)，另 \(\sigma(i)\) 表示 \(1\sim n\) 的任意一个排列，有，

\[ x_1y_1+\dots+x_ny_n\ge x_{\sigma(1)}y_1+\dots+x_{\sigma(n)}y_n\ge x_ny_1+\dots+x_1y_n \]

顺序和不小于乱序和，乱序和不小于逆序和；取等为 \(x,y\) 分别两两相等。

排序不等式不限正负，证明可以归纳法。

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