2023年12月7日发(作者：)
-
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 a1, a2 , ,an
是非负实数，则
a1
a2
an
n
n
a1a2
an .
2、柯西（ Cauchy
）不等式
n
n
n
2
设 ai , bi
R(i
1,2,
n)
， 则
ai2
i 1 i 1
bi2
aibi
i 1
.等号成立当且仅当存在
R
， 使
bi
ai ,i
1, 2,
n, .
n
2
变形（Ⅰ）：设 ai
R,bi
R
，则
n
i 1
ai
2
i 1
n
ai
bi
i 1
bi
；等号成立当且仅当存在
R
，
使
bi
,
1,2, , .
ai i
n
n
2
变形（Ⅱ）设 ai , bi
同号，且 ai ,bi
0
，则
n
ai
i 1
n
ai
ai
bi
i 1
i
1
bi
。等号成立当且仅当
b1 b2
bn
3．排序不等式
设 a1
a2
an ,b1
b2
bn , j1 , j
2 ,
, j
n
是
1,2,
, n
的一个排列，则
a1bn
a1
a2bn
1
a2
anb1
ab1 j
1
ab2 j
2
ab3 jn
a1b1
a2b2
anbn
.
等号成立当且仅当
an
或 b1
b2
）不等式
bn
。（用调整法证明）
.
4．琴生（ Jensen
若 f x
是区间 a,b
上的凸函数，则对任意的点
x1, x2 ,
f
, xn
a,b (n
N*)有
x2
f (
x1
x2
n
xn
)归纳法证明）
1
f
x1
n
f x2
xn
.
等号当且仅当
x1
xn
时取得。（用
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
，
ai
R (i 1,2,
, n)
，则
1 1
M
a1
a2
an
a1
a2
an
n
n
M
。
1
证： 作变量代换，令
ai
x2
xi
，则 ai
xn
xi
，则
x1
x2
M
M
1
x1
n
xn
n
①
0
，
1
，又函数
f (x)
x
p ( p
1)是 0,
上的凸函数，由
Jensen
不等式知①式成立。
2. （切比雪夫不等式）
设两个实数组 a1
a2
n
an , b1 b2
n
bn
，则
1n
a1bn
ab2
ai
an b1
i 1 i 1
bi
n
1n 1
a1b1
a2 b2
anbn
n
n
等号成立当且仅当 a1 a2
证： 由排序不等式有：
an
或 b1
b2
bn
。
a1bn
a1bn
ab2 n 1
anb1
a1b1
a2 b2
anb1
a1b2
a2b3
an bn
a1b1
a2b2
an b1
a1b1
a2b2
anbn
，
anbn
，
ab2 n 1
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
a1bn
ab2 n 1
anb1
a1bn
a2b1
abn n 1
a1b1
a2b2
anbn
以上 n 个等式相加即得。
3. 一个基础关系式
x y1
x
(1
) y
，其中
x, y
0,
[0,1]
证： 若 x,y 中有一个为
0 ，则显然成立。
设 x,y 均不为零，则原不等式
x
y
x
y
11
，令
x
t
，则上式t
t
(1
)
，记
y
f (t )
且 f
t
(1
)
t
，则 f (t)
t
，因此，当 t
1
时， f
(t) 0
，当 0
1
t 1时， f
(t) 0
，
(1)
0
，所以 f (t)
得极小值为
f (1)
0
故
,
t
(1
)
t 0
，即 x y
x (1
) y
.
4. Holder
不等式
设 ak , bk
0( k
1,2,
n), p, q
1且
1
p
1
q
1
，则
n n
1
p n
1
q
k 1
ak bk
k
akp
1
bkq
k 1
等号成立当且仅当存在
t
R
使得
akp
tbkq (k
1,2,
, n)
。
Bk ,
有 Ak Bk
q
证 :
在上面基础关系式中，取
n
k 1
1 , x
p
Akp , y
q1 Akp
1q
1
p
Bkq
⋯⋯ ①
p
p
ak
n
① 式两边对 k 求和，得：
Ak Bk
1
n
p
k 1
Ak
1
n
q
k 1
Bk
,令
Ak
, Bk
n
bk
bkq
k 1
1
,
q
akp
k 1
代入上式即证。
5. 一个有用的结论
n
1
n
1
n
1
设 ai , bi
R
，则
i 1
(ai bi )n
i 1
ain
i 1
bin
，推广得
n 1 n
n
n 1
设 aij
R , (i
1,2,
, n, j
1,2,
, n)
，则
n n
(
i 1 j
1
aij )
n
1
j 1
(
aij )
n
.
i 1
证： 原不等式
(
aij
)
ain
aij
n
1
,
n
j 1
i 1
1
ai1
ai 2
n
而
(
aij
)
n1
(
i 1 i1i 2
aan
n
aai 2
ain
ij
n
i 1
ai1
n
ai 2
(
n
ain
)
(
)
n
in
1
1
aai 2
ij
)
j 1
i 1
n
ai1
a
1
(
n
a
ij
in
n
i 1
j 1
ai 1
i 2
n
i 1
三、如何运用几个重要不等式
aa)
n
j 1
1
n
i 1
1
ai1
1
n
a
n
in
1,它可把含根式的积性不等式化为和式。
例 1
设 a, b, c
R
且
abc
1，求证： a2
b2
c2
a3
b3
c3
。
证： 由柯西不等式有
(a3
而 3(a
2
b3
c3 )( a b
c)
(a
2
b
2
c2 )2
⋯ ①
(a
b
c)2
2
b2
c2 )
(12
12
12 )(a2
b2
c
2 )
22b
c
(a
b c) 33
2
abc
2
3( a b c)
，即 a
2
由①②有：
a b c
⋯ ②
3
3
(
3 3
3
)(
)
a
b
c
a
b
c
2
2
∴
2 3
( a
b
c )(a
b c)
,
a
b
c
a
b
c
方法二：由幂均值不等式有：
a3
b3
c3
3( a
2
3
b2
3
c2
)
2
1
2
3( a2
22b2
c
) ( a
3
1
b2
c2
)
2
3
(a2
b2
c2
)
3
3
a
2b2 c2
3
a2
b2
c
。
2
方法三：由切比雪夫不等式和
3
AM-GM 不等式有：不妨设
a
b
c
，则
2
a3
bc3
(a
2
b2
c2 )( a
b
c)
( a2
b2
c2 )
33
abc
3
n
n
3
ab
2
c
2
n
n
n
xi
i
n
1
xi
例 2
设 xi
0, (i
1,2,
, n),
i 1
xi
1，求证：
2
i 1
n
1
xi
n
1
证：左边=
i
1
1
1
xi
1
xi
n
1
xi
i 1
i 1
i 1
1
1
xi
2
n
1 n
n
1
n
n
1
(
1)
2
(
(1
xi ))2
i 1
(
1)2 (
i 1
i 1
(1
xi ))
2
i 1
2
n
i 1
n2
n(n
1)
n
n
1
xi
(12
1 )
n(n
1)
n
1
xi
。
n
1
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。
1
设
a, b, c, d R , abcd 1 ，求证：
2
a(b 1)
证： 设 a
x
y
,b
y
, c
z
, d
w
, ( x, y, z, w R )
，则原不等式z
w
x
1
x
(
y
y
z
2
1)
yz
x( y z)
2
1
x
1
1
y
z
2
，由 Cauchy 不等式有：
1
1
2
(
x
x
1 1
y z
)1
x2
2
1
xy
2
1
2
1
xy
1(1 1)
2
x
y z
1
xy
xy
2
2
，故原不等式成立。
1
xy
评注：本题通过换元，把原不等式齐次化，再用柯西不等式。
n
n
例 4
设 n 是正整数，且
ak
0, k
1,2,
, n
，
k 1
1
ak 1，求证：
k 1
(n 2
1 ) ( 2n 2)n
n
ak
证： 原不等式
(n 2
k 1
1 n
)2
n
2
，由
“二，结论
5”有
n
1
ak
2
1
n 1个
(n 2
k 1
n
1
)
ak
nn
k 1
(
n
n
n
n
2
1
ak
1
)n1
()
nn2
n
(n
2)2
n
n 1
1
n a1a2 an
n
1
n
1
n a1a2
n
n 2
an
1
n，又
i 1
ai nn a1a2 an
，
a1a2
an
n
n
，故
(n
k 1
ai
i 1
2
1
) (n
ak
2 n)
n
(2n
2)
n。
评注：本例第一步放缩也可用
例 5
Holder 不等式的推广。
设 a1 , a2 ,...
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
0
ai
c
且 ai
1
a
j
i
j
对所有正整数 i , j (i
j )
成立，证明： c
1.
证： 对于 n
2，设 ,1)(,..2),(.( )
n
为 1,2,...n
的一个排列且满足：
0 a
(1)
a
(2)
...
a
( n) c
.
∴ c
a (n )
a
(1)
(a
( n)
a ( n 1)
)
(a
( n
1)
a
(n 2) ) ...
( a⋯①
(2)
a)n
(1)
1
(n)
1
...
2)
1
(2)
(n
1)2
（柯西不等式）
(n
1)
(n
1)
( n
(1)
2
i 1
(i)
(1)
(n)
c
(n
1)2
( n
1)2
n
1
n
3
1
4
n 3
.故
c
1.
n(n
1)
(1)
( n)
n2
n
3
评注：这里把 ai
有序化后，①的变形是关键。
a
2
b
2
c
2
4 a －b
2
设 a, b, c 为正实数，求证
b
+
c
+
a
≥a + b + c +
a + b + c
，并确定等号成立的条件．
222222a
b
c
a
b
c
证： 由于
b + b － 2a +
c
+ c－2b +
a + a－ 2c
b
+
c
+
a － a－b － c =
1
1
1
2
2
2
例 6
而由 Cauchy 不等式有
2
=
b a － b
+
c
b － c
+
a
c－ a
⋯ ①
1
1
2
2
1
2
[
b a－ b
+
c
b－ c
+
a c－a
] b + c + a ≥ |a－ b| + | b －c| + | c－ a|
且由 |a－ b| + | b －c| + | c－ a| ≥a |－ b| + | b－ c +
c－ a | = 2| a － b| 知
⋯ ②
|a－ b| + | b － c| + | c－a|
a
2
b
b
2
c
2
2 ≥ 4a － b
2 ⋯ ③
1
结合①②③可得
2
4 a － b
2
+ a + b + c
c
a － a－b － c ≥
a + b + c
|a － b| + | b－ c| + | c－ a|
由④便知题目中的不等式成立．若题中不等式取等号，即④取等号．故不等式②与③皆取等号．
+≥⋯ ④
2
1
2
1
c
b －c
2
1
由②式取等号知，存在
k ≥ 0，使得
b a－ b
= bk ,
即 a－ b
2 = b
2 k, b － c
2 = c
2 k, c－ a
2 = a
2 k ⋯ ⑤
= ck ,
a c－ a
= ak
，
由③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⑤知存在实数
l，使得
b－ a = bl, b－ c = cl, c－ a = al ⋯ ⑥
a
b
c
由⑥知 l = 1 －
b
=
c
－ 1 =
a
－1 ⋯⑦
b
c
b
c
由⑦可得
1
c
a
b
=
a
3
，记 c
2
=
a
= x，则 c = ax , b = ax
2，再由⑦式中 1－b =
2
c － 1 得
2
1－
x
2 = x－ 1
即 x
－2x
－ x－ 1 = 0 ．
+1=0．
故 x－ 1 x
1
结合 x > 0
可解得 x = 1 或 x =
1
1
或1:
2 3+
21+ 5
．故 a : b : c = 1 : x
: x = 1 : 1 : 1
5 :
2
1 +
5 ⋯ ⑧
又当 a, b,
c 满足条件⑧时， 容易难题目中不等式确实取等号． 故⑧即为题中不等式取等号的充要条件．
评注：①式的变形非常漂亮，是解题的关键所在。
例 7
在
ABC
中，求证：
cos2
A
c2
4
cos2 A cos2 B
a2
证： 在 ABC
中，令
2
b2
a
2
，
2 2
c2
b2
，
a
2
b2
c2
，则原不等式
4
(
， 由 AM-GM
不等式有：
(
)(
4
2 2
)
)2 (
)(
)
2
(
) (
2
，即证。
)(
)
(
)(
)
z, a
(
)(
)
评注：在
ABC
中令 c y
x, b
x
y
z,
则有以下结论：
( x
4
xyz
。
S
ABC
xyz( x y
z)
，外接圆半径
R
y)
，内切圆半径 r
xyz
x
，
x
sin A
2
xyz
(x
y)( x
x
， cos A
x
x
yz
z)
z)
(x y)( x
例 8
设正数 a、 b、 c、 x、 y、z 满足
cy
bz a; az cx b; bx ay
c.
求函数
f (x, y, z)
x2
1 x
y2
1 y 1
z
2
的最小值 .
z
b2
x
y
c2
a2
解： 由已知条件三式解出
a2
2bc
c2
b2
z
c2a2
2ac
22c
b
2abb
，
2
令
b2
c2
a
，
2a， y
2
a2 b2
c2
。从而可知
x
， z
（易知
、 、
R
）
(
)(
2
)
(
)(
)
(
)(
)
x1
2
(
)(
)
)(
=
2
x
1
(
)(
2
)
(
)(
)
(
)
从而 f ( x, y, z)
∑
(
≥
)2
(
)(
)
(
)(
)
1
.
2
(
)(
)
(
)(
)
（柯西不等式）
。
下证 f ( x, y, z)
只需证
(
)2
3
1
)
2
(
2
)(
)
2
(
)(
2
4
(
)(
)
2
(
)(
)(
)
)
⋯⋯⋯ （ *）
2
利用均值不等式知：
(
2
2
，从而（ *）式成立，
故知 f ( x, y, z)
12
1
4
1
.
而当 x y z
1
，即 a b c
时，
f ( x, y, z)
2
1
3
1
.
2
从而 f ( x, y, z)
的最小值是
.
1
2
2
评注：这是
例 9
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。
设 a1 , a
2, ⋯,an 为大于等于
1
1 的实数， n ≥ 1， A = 1 + a
1 + a2 + ⋯ + an ．定义 x0 = 1,
n
2 A
xk= 1 + a
kxk－
1
1 ≤k ≤n ．证明： x1 + x2 + ⋯ + xn >
n
2
+ A
2 ．
1
1
证： 设 yk
=
x
，则
y
=
k
k
1
a
k
a
k
yk
1
yk = 1 +
－
．由 yk－1 ≥ 1,a
k
≥ 1可得
1 +
yk－1
1
－1
a
k－1
≤ 0
⋯*
－yk
1
n
1 +
ak
≤a
k +
1
．所以 yk = 1 +
－－yk
1
yk
1
n
a
k
≤a
k +
－yk
1
n
．
1
－yk1
故
n
n
1
1
n
1
n 1
－k = 1
yk≤ k = 1
ak+
k = 1 yk－
1
=
k = 1
ak +
y0
n
k = 1
+
k = 1 yk
= A +
k = 1
1
yk
1
< A +
k = 1
yk
．
令 t =
n
2
t
n
1
n
2
k = 1
2
yk
，由柯栖不等式有
yk ≥
t
．因此，对 t > 0 ，有
－ A + A
2 + 4 n
2
2n
2
2n
2
2n
2
A
< A + t
t
2 + At － n
2 > 0
t >
2
2=
A + A + 4 n
≥
A+A+
n
2 A
22=
n + A
．
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．
ai = 1 ， k
例 10
设 a
i > 0
n
i = 1, 2,
n
⋯n, ，
N
+
．求证
i = 1
a1 +
1
k
a1
k
a
2
k
+
1
k
a2
⋯ ank +
1
k≥
an
n k
+
1
k
．
n
证： 首先证明函数
k
kf
x = ln x +
－
1
k
在区间 0, 1] 上是下凸函数．事实上，由于
x
f x =
1
1
kx
k
1 － kx
－ k－ 1
x
2k－ 1
= k·
2k + 1
,
+ x
x
kx
+
x
2
2k－1
2 k + 1
1
2 k－ 1 2k + 1 x
2k
2k
f x = k·x
2k + 1
+ x
2
k
=
2k + 1
x
+ x
2k·x
4 k
x
+ x － x
+ 1
2kx
2k
+ 2 kx
－ 2k + 1 x
4k
－ 2kx
－1
k
4k
2k
=
x 2k + 1
+ 2 2
－x
+ 4 kx
+ 1
⋯ ①
当 0 < x ≤ 1时，由于 k
N
+ ，故－ x
4k + kx
2 k + 1 =
－ x
2 k－ 2k
2 + 4 k
2 + 1 >
0, 1]
．故 f x 在 0,
－ 2k
2 + 4 k
2 + 1 > 0 ．
故由①知 f
x
> 0
x
1] 上为下凸函数。
由于 ai
> 0,
a1 + a
2
+
⋯ + a
n = 1
i = 1, 2, ⋯n, ，故 ai
1
n
f a
1 + f a
2 + ⋯ + f a
n
0, 1] ．从而由 Jensen 不等式有
= f
≥f
1
+ a
2 + ⋯ + a
n
n
a1
1
，
n
即 f a
1 + f a
2 + ⋯ + f a
n ≥n f
1
．
n
故 ln a1k +
1
k
+ ln a
2
k +
1
k
+ ⋯ + ln a
nk +
a
1
a2
1k
≥n ln
a
n
1
n
k
+
1
1
n
．
k
即 ln a1k
+1
k
a
2k
1
+
k
⋯ a
n
k
+1
k≥ln1
k
+ n
k n．
a
1
a
2
a
n
n
从而
a1
k
+
1
k
k≥
1
n
k
a
2
+
1k
1
k
⋯
an
+
k
+ n
k
．证毕．
a
1
a
2
an
n
n
1
n
k
1
另证：由 H?lder 不等式得
i = 1
a
ik +
aik
≥ i = 1
ai
n +
n
k
a
i
n
i = 1
n
ai
n
i = 1
1
又∵
n
n
1
i = 1
a
i ≤
n
=
n
< 1 ，且 f
x = x +
x
在 0, 1 上单减．∴
≥
1
n ·k
n +
1 n
1
k n
，得证．
n
1
n
k
=
·
nk
+ n
n
n
n．
n
k
a
i = 1
in +
1
nn
k
a
i
n
i = 1
-
