若 \(a,b\) 为正数或零,则 \(\displaystyle\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}\),“\(=\)” 成立时若且唯若,\(a=b\)。

(其中 \(\displaystyle\frac{{a + b}}{2}\) 称为 \(a,b\) 的算术平均数,\(\sqrt{ab}\) 称为 \(a,b\) 的几何平均数)

代数证明:

\(\displaystyle\frac{{a + b}}{2}-\sqrt {ab}= \frac{1}{2}(a + b – 2\sqrt {ab} ) = \frac{1}{2}{\left({\sqrt a-\sqrt b } \right)^2}\ge 0\),

因此,\(\displaystyle\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}\),“\(=\)” 成立时,\(\displaystyle\frac{1}{2}{(\sqrt a-\sqrt b)^2} = 0\),

所以,\(a=b\),反之亦然。

算几不等式可以推广至 \(n\) 的情形,也就是若 \(a_1,a_2,…,a_n\) 为正数或零,

则 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\),“\(=\)” 成立时若且唯若,\(a_1=a_2=…=a_n\)。

(其中 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 称为 \(a_1,a_2,…,a_n\) 的算术平均数,\(\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\) 称为 \(a_1,a_2,…,a_n\) 的几何平均数)

这个不等式的证明很富有思考性,先证明 \(n=2=2^1\) 再推论 \(n=4=2^2\),然后反推 \(n=3\),接着证明 \(n=8=2^3\),然后反推 \(n=5,6,7\),依此类推,所以,姑且称之为「反推法」,再採用数学归纳法,即可证明 \(n\) 的情形。

\(n=4=2^2\) 的证明,

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4}&=\displaystyle\frac{\displaystyle{\frac{{{a_1}+{a_2}}}{2}+\frac{{{a_3} + {a_4}}}{2}}}{2}\\&\ge\displaystyle\frac{{\sqrt {{a_1}{a_2}}+\sqrt {{a_3}{a_4}} }}{2}\ge\sqrt {\sqrt {{a_1}{a_2}} \sqrt {{a_3}{a_4}}}= \sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}}\end{array}\)

,第一个等号成立时 \(a_1=a_2,~a_3=a_4\),第二个等号成立时 \(a_1a_2=a_3a_4\),

因此,“\(=\)” 成立时可推得 \(a_1=a_2=a_3=a_4\)。

至于 \(n=3\) 的证明,先利用 \(n=4\) 的结果,令 \(\displaystyle{a_4} = \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}\),

因为 \({a_1} \ge 0,{a_2} \ge 0,{a_3} \ge 0\),所以 \(a_4\ge 0\),

因为 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} +\displaystyle \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}}}{4} \ge \sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3})}}\),

整理得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3}} \right)^3} \ge {a_1}{a_2}{a_3}\),左右开立方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3}}}{3} \ge \sqrt[3]{{{a_1}{a_2}{a_3}}}\),

等号成立时,显然 \(a_1=a_2=a_3\)

\(n=8=2^3\) 的证明,

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{8} &=\displaystyle \frac{\displaystyle{\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4} + \frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}}}{2}\\&\ge\displaystyle\sqrt {\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4}} \right)\left( {\frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}} \right)}\\&\ge \sqrt {\sqrt[4]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}}\sqrt[4]{{{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}}\\&= \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}\end{array}\)

,第一个等号成立时 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}}{4} = \frac{{{a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{4}\)

,第二个等号成立时 \({a_1} = {a_2} = {a_3} = {a_4},{a_5} = {a_6} = {a_7} = {a_8}\),

因此,“\(=\)” 成立时可推得 \({a_1} = {a_2} = {a_3} = {a_4} = {a_5} = {a_6} = {a_7} = {a_8}\)。

至于 \(n=5\) 的证明,则利用 \(n=8\) 的结果,

令 \(\displaystyle{a_6} = {a_7} = {a_8} = \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}\),

因为 \({a_1} \ge 0,{a_2} \ge 0,{a_3} \ge 0,{a_4} \ge 0,{a_5} \ge 0\),所以 \({a_6} \ge 0,{a_7} \ge 0,{a_8} \ge 0\),则

\(\displaystyle \because \frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8}}}{8} \ge \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}}}\),

\(\begin{multline*}\displaystyle\therefore\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + 3\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)}}{8} \\\ge\displaystyle \sqrt[8]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{{(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5})}^3}}}\end{multline*}\)

左右八次方得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)^8} \ge {a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{(\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5})^3}\)

整理得 \(\displaystyle{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5}} \right)^5} \ge {a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\),

左右开五次方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}}}{5} \ge \sqrt[5]{{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}}}\),

等号成立时显然 \(a_1=a_2=a_3=a_4=a_5\)。

走笔至此,大家应该可以预测如何从 \(n=8\) 的结果,来推论 \(n=6\) 及 \(n=7\)。

接着利用数学归纳法,假设 \(n=2^k,~k\in \mathbb{N}\) 时,算几不等式成立,

即 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + {a_3} + … + {a_{{2^k}}}}}{{{2^k}}} \ge \sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}{a_3}…{a_{{2^k}}}}}\),

“\(=\)” 成立时若且唯若,\(a_1=a_2=a_3=…=a_{2^k}\)。

则 \(n=2^{k+1}\) 时,

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_{{2^k}}} + … + {a_{{2^{k + 1}}}}}}{{{2^{k + 1}}}} &=\displaystyle \frac{1}{2}(\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_{{2^k}}}}}{{{2^k}}} + \frac{{{a_{{2^k} + 1}} + {a_{{2^k} + 2}} + … + {a_{{2^{k + 1}}}}}}{{{2^k}}})\\&\ge \frac{1}{2}(\sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}}}} + \sqrt[{{2^k}}]{{{a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + !}}}}}}) \\&\ge \sqrt {\sqrt[{{2^k}}]{{{a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}}}}\sqrt[{{2^k}}]{{{a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + 1}}}}}}}\\&= \sqrt[{{2^{k + 1}}}]{{{a_1}…{a_{{2^k}}}…{a_{{2^{k + 1}}}}}}\end{array}\)

第一个等号成立时 \({a_1} = {a_2} = … = {a_{{2^k}}},{a_{{2^k} + 1}} = {a_{{2^k} + 2}} = … = {a_{{2^{k + 1}}}}\),

第二个等号成立时 \({a_1}{a_2}…{a_{{2^k}}} = {a_{{2^k} + 1}}{a_{{2^k} + 2}}…{a_{{2^{k + 1}}}}\),

因此,可推得 \({a_1} = {a_2} = … = {a_{{2^k}}} = … = {a_{{2^{k + 1}}}}\)。

若 \(n\) 不是 \(2^k\),且 \(n<2^k\),令 \(n+t=2^k,~t\in\mathbb{N}\),

令 \(\displaystyle{a_{n + 1}}= {a_{n + 2}} = … = {a_{n + t}} = \frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} = A\),

则 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + .. + {a_n} + {a_{n + 1}} + … + {a_{n + t}}}}{{n + t}} \ge \sqrt[{n + t}]{{{a_1}{a_2}…{a_n}{a_{n + 1}}…{a_{n + t}}}}\),

\(\displaystyle\therefore\frac{{nA + tA}}{{n + t}} \ge \sqrt[{n + t}]{{{a_1}{a_2}…{a_n}{A^t}}}\),

整理得 \({A^{n + t}} \ge {a_1}{a_2}…{a_n}{A^t}\),\(\therefore A^n\ge a_1a_2…a_n\),

即 \(A\ge (a_1a_2…a_n)^\frac{1}{n}\),得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\)。

最后,举出一个利用算几不等式性质所得到的证明结果,如下:

已知:\(a,b,c,d\) 为四个正数,且 \(a+2b+3c+4d=10\)。

求证:\(ab^2c^3d^4\le 1\)。

证明:因为 \(\displaystyle\frac{{a + b + b + c + c + c + d + d + d + d}}{{10}} \ge \sqrt[{10}]{{abbcccdddd}}\),

整理得 \(\displaystyle\frac{{a + 2b + 3c + 4d}}{{10}} \ge \sqrt[{10}]{{a{b^2}{c^3}{d^4}}}\),

所以,\(a{b^2}{c^3}{d^4} \le {\left( {\frac{{10}}{{10}}} \right)^{10}}\),得 \(ab^2c^3d^4\le 1\)。

如果不是使用算几不等式的性质,应该不会得到如此简洁迅速的结果。

连结: 算几不等式的证明(II)

参考资料:


上一篇:
下一篇: