均值不等式

0x01.均值不等式

若$a_1,a_2,\cdots,a_n>0$，则

$$\cfrac{n}{\cfrac{1}{a_1}+\cfrac{1}{a_2}+\cdots+\cfrac{1}{a_n}} \le \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \le \cfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} \le \sqrt{\cfrac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}$$

当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时取等

0x02.均值不等式的证明

这里，给出$AM-GM$不等式的证明。（$Cauchy$归纳法）

当$n=2$时，不等式为$a+b \ge 2\sqrt{ab}$，由$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\ge 0$的展开式，知成立。

当$n=2^k$成立时，对$n=2^{k+1}$，有

$$\begin{align} &a_1+a_2+\cdots +a_{2n}\\ \ge & \space n\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} +n\sqrt[n]{a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{2n}}\\ \ge & \space 2n\sqrt[2n]{a_1a_2\cdots a_{2n}}\\ \end{align}$$

知不等式对$n=2^{k+1}$成立，即不等式对$2$的所有次幂都成立。

当不等式对$n$成立时，设

$$a_n=\cfrac{s}{n-1},s=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}$$

可以得到

$$\begin{align} &s+\cfrac{s}{n-1}\ge n\sqrt[n]{\cfrac{a_1a_2\cdots a_{n-1}\cdot s}{n-1}}\\ \Rightarrow & s\ge (n-1)\sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}} \end{align}$$

知不等式对$n-1$也成立。

由$Cauchy$归纳，知不等式对所有自然数$n$都成立。

不等式的其它部分，这里不再给出详细证明，故略过。

0x03.均值不等式的应用

问题描述

求证$3(ab+bc+ca)\le(a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2)$

结论$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow \cfrac{1}{2}(a-b)^2+\cfrac{1}{2}(b-c)^2+\cfrac{1}{2}(c-a)^2$

知结论成立

问题描述

已知$a,b,c>0$，求证$9(a+b)(b+c)(c+a)\ge8(a+b+c)(ab+bc+ca)$

注意到恒等式$(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$

知结论$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$

由$AM-GM$不等式，$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8abc$

知结论成立

问题描述

求$\sin\theta \cos^2\theta$的最大值

注意到$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$，有

$$\begin{align} &\sin\theta \cos^2\theta \\ \le &|\sin\theta \cos^2\theta|\\ = &\sqrt{\sin^2\theta \cos^4\theta}\\ = &\sqrt{\cfrac{1}{2}\cdot 2\sin^2\theta \cdot \cos^2\theta \cdot \cos^2\theta} \\ \le & \sqrt{\cfrac{1}{2}(\cfrac{2\sin^2\theta+\cos^2\theta+\cos^2\theta}{3})^3} \\ = & \cfrac{2}{9}\sqrt{3} \end{align}$$

当且仅当$\sin\theta\ge 0$且$2\sin^2\theta=\cos^2\theta$时取等

故最大值为$\cfrac{2}{9}\sqrt{3}$

问题描述

求$\sin\theta(1+\cos\theta)$的最大值

注意到$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$，有

$$\begin{align} &\sin\theta(1+\cos\theta)\\ \le & | \sin\theta(1+\cos\theta) |\\ = & \sqrt{\sin^2(1+\cos\theta)^2}\\ = & \sqrt{(1-\cos^2\theta)(1+\cos\theta)^2}\\ = & \sqrt{\cfrac{1}{3}(3-3\cos\theta)(1+\cos\theta)^3}\\ \le & \sqrt{\cfrac{1}{3}(\cfrac{(3-3\cos\theta)+3(1+\cos\theta)}{4})^3}\\ = & \cfrac{3}{4}\sqrt{3} \end{align}$$

当且仅当$3-3\cos\theta=1+\cos\theta$，即$\theta=2k\pi+\cfrac{1}{3}\pi$时取等 故最大值为$\cfrac{3}{4}\sqrt{3}$

问题描述（加权$AM-GM$不等式）

假设$a_1,a_2,\cdots,a_n$为正实数，若n个非负实数$x_1,x_2,\cdots,x_n$之和为$1$，求证$a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n\ge a_1^{x_1}a_2^{x_2}\cdots a_n^{x_n}$

下只给出$n=2$情形时的证明，至于$n$的其他情况，可以参考$AM-GM$不等式的证明，两者类似。

下证$a^x+b^y\ge a^xb^y,x+y=1$

$(1)$若$x,y$是有理数，设$x=\cfrac{m}{m+n},y=\cfrac{n}{m+n}(m,n\in \mathbb{N})$

由$AM-GM$不等式，有$ma+nb\ge (m+n)a^{\frac{m}{m+n}}b^{\frac{n}{m+n}}\Rightarrow ax+by\ge a^xb^y$

$(2)$若$x,y\in \mathbb{R}$，则存在两有理数序列$\{r_n\},\{s_n\}(n\in \mathbb{N^*})$

使得$r_n \rightarrow x, s_n \rightarrow y,r_n+s_n=1$

于是$ar_n+bs_n\ge a^{r_n}b^{s_n}$

令$n\rightarrow \infty$，则$ax+by \ge a^xb^y$