平均数不等式

平均数不等式，或称平均值不等式、均值不等式，是数学上的一组不等式，也是算术-几何平均值不等式的推广。它是说： x 1 , x 2 , … , x n ∈ R + ⇒ n ∑ i = 1 n 1 x i ≤ ∏ i = 1 n x i n ≤ ∑ i = 1 n x i n ≤ ∑ i = 1 n x i 2 n {\displaystyle x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}\in \mathbb {R_{+}} \Rightarrow {\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}\leq {\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\leq {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}\leq {\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}} 即 H n ≤ G n ≤ A n ≤ Q n {\displaystyle H_{n}\leq G_{n}\leq A_{n}\leq Q_{n}} 其中： H n = n ∑ i = 1 n 1 x i = n 1 x 1 + 1 x 2 + ⋯ + 1 x n {\displaystyle H_{n}={\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}={\dfrac {n}{{\dfrac {1}{x_{1}}}+{\dfrac {1}{x_{2}}}+\cdots +{\dfrac {1}{x_{n}}}}}} G n = ∏ i = 1 n x i n = x 1 x 2 ⋯ x n n {\displaystyle G_{n}={\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}={\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}} A n = ∑ i = 1 n x i n = x 1 + x 2 + ⋯ + x n n {\displaystyle A_{n}={\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}={\dfrac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}} Q n = ∑ i = 1 n x i 2 n = x 1 2 + x 2 2 + ⋯ + x n 2 n {\displaystyle Q_{n}={\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}={\sqrt {\dfrac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}{n}}}} 当且仅当 x 1 = x 2 = ⋯ = x n {\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}} ，等号成立。 即对这些正实数：调和平均数 ≤ 几何平均数 ≤ 算术平均数 ≤ 平方平均数（方均根） 简记为：“调几算方” 第一个不等号 第二个不等号 第三个不等号 关于均值不等式的证明方法有很多，数学归纳法（第一数学归纳法或反向归纳法）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等，都可以证明均值不等式，在这里简要介绍数学归纳法证明n维形式的均值不等式的方法： 用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。 引理：设 A ≥ 0 {\displaystyle A\geq 0} ， B ≥ 0 {\displaystyle B\geq 0} ，则 ( A + B ) n ≥ A n + n A n − 1 B {\displaystyle \left(A+B\right)^{n}\geq A^{n}+nA^{n-1}B} ，且仅当 B = 0 {\displaystyle B=0} 时取等号。 引理的正确性较明显，条件 A ≥ 0 {\displaystyle A\geq 0} ， B ≥ 0 {\displaystyle B\geq 0} 可以弱化为 A ≥ 0 {\displaystyle A\geq 0} ， A + B ≥ 0 {\displaystyle A+B\geq 0} ，可以用数学归纳法证明。 原题等价于： ( a 1 + a 2 + ⋯ + a n n ) n ≥ a 1 a 2 ⋯ a n {\displaystyle \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}\right)^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}} ，当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时取等号。 当 n = 2 {\displaystyle n=2} 时易证； 假设当 n = k {\displaystyle n=k} 时命题成立，即 ( a 1 + a 2 + ⋯ + a k k ) k ≥ a 1 a 2 ⋯ a k {\displaystyle \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}}{k}}\right)^{k}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}} ，当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a k {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}} 时取等号。 那么当 n = k + 1 {\displaystyle n=k+1} 时，不妨设 a k + 1 {\displaystyle a_{k+1}} 是 a 1 {\displaystyle a_{1}} 、 a 2 ⋯ a k + 1 {\displaystyle a_{2}\cdots a_{k+1}} 中最大者，则 k a k + 1 ≥ a 1 + a 2 + ⋯ + a k {\displaystyle ka_{k+1}\geq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}} 设 S = a 1 + a 2 + ⋯ + a k {\displaystyle S=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}} ， ( a 1 + a 2 + ⋯ + a k + 1 k + 1 ) k + 1 = [ S k + k a k + 1 − S k ( k + 1 ) ] k + 1 {\displaystyle \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k+1}}{k+1}}\right)^{k+1}=\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}} ，根据引理 [ S k + k a k + 1 − S k ( k + 1 ) ] k + 1 ≥ ( S k ) k + 1 + ( k + 1 ) ( S k ) k k a k + 1 − S k ( k + 1 ) = ( S k ) k a k + 1 ≥ a 1 a 2 ⋯ a k a k + 1 {\displaystyle \left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}\geq \left({\frac {S}{k}}\right)^{k+1}+(k+1)\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}{\frac {ka_{k+1}-S}{k(k+1)}}=\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}a_{k+1}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}} ，当且仅当 k a k + 1 − S = 0 {\displaystyle ka_{k+1}-S=0} 且 a 1 = a 2 = ⋯ = a k {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}} 时，即 a 1 = a 2 = ⋯ = a k = a k + 1 {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}=a_{k+1}} 时取等号。 此外，人教版高中数学教科书《选修4-5 不等式选讲》也介绍了一个运用数学归纳法的证明方法。 先运用数学归纳法证明一个引理：若 n {\displaystyle n} （ n {\displaystyle n} 是正整数）个正数 a 1 , a 2 , . . . , a n {\displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{n}} 的乘积 a 1 a 2 . . . a n = 1 {\displaystyle a_{1}a_{2}...a_{n}=1} ，则它们的和 a 1 + a 2 + . . . + a n ⩾ n {\displaystyle a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geqslant n} ，当且仅当 a 1 = a 2 = . . . = a n = 1 {\displaystyle a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1} 时等号成立。 此引理证明如下： 当 n = 1 {\displaystyle n=1} 时命题为：若 a = 1 {\displaystyle a=1} ，则 a ⩾ 1 {\displaystyle a\geqslant 1} ，当且仅当 a = 1 {\displaystyle a=1} 时等号成立。命题显然成立。 假设当 n = k {\displaystyle n=k} 时命题成立，则现在证明当 n = k + 1 {\displaystyle n=k+1} 时命题也成立。 若这 k + 1 {\displaystyle k+1} 个数全部是1，即 a 1 = a 2 = . . . = a k + 1 = 1 {\displaystyle a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1} ，则命题显然成立。 若这 k + 1 {\displaystyle k+1} 个数不全是1，则易证明必存在 i ≠ j {\displaystyle i\neq j} 使 a i > 1 , a j < 1 {\displaystyle a_{i}>1,a_{j}<1} 。不妨设 a 1 > 1 , a 2 < 1 {\displaystyle a_{1}>1,a_{2}<1} 。由归纳假设，因为 ( a 1 a 2 ) a 3 . . . a k + 1 = 1 {\displaystyle (a_{1}a_{2})a_{3}...a_{k+1}=1} ，所以 a 1 a 2 + a 3 + . . . + a k + 1 ⩾ k {\displaystyle a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}\geqslant k} ，记此式为①式。由 a 1 > 1 , a 2 < 1 {\displaystyle a_{1}>1,a_{2}<1} ，知 a 1 − 1 > 0 , 1 − a 2 > 0 {\displaystyle a_{1}-1>0,1-a_{2}>0} ，则 ( a 1 − 1 ) ( 1 − a 2 ) = a 1 + a 2 − a 1 a 2 − 1 > 0 {\displaystyle (a_{1}-1)(1-a_{2})=a_{1}+a_{2}-a_{1}a_{2}-1>0} ，整理得 a 1 + a 2 > 1 + a 1 a 2 {\displaystyle a_{1}+a_{2}>1+a_{1}a_{2}} ，记此式为②式。①+②得 a 1 + a 2 + a 1 a 2 + a 3 + . . . + a k + 1 > k + 1 + a 1 a 2 {\displaystyle a_{1}+a_{2}+a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}>k+1+a_{1}a_{2}} ，整理得 a 1 + a 2 + . . . + a k + 1 > k + 1 {\displaystyle a_{1}+a_{2}+...+a_{k+1}>k+1} （此时等号不成立），命题成立。 综上，由数学归纳法，引理成立。 现在为了证明平均值不等式，考虑 n {\displaystyle n} 个正数 a 1 a 1 a 2 . . . a n n , a 2 a 1 a 2 . . . a n n , . . . , a n a 1 a 2 . . . a n n {\displaystyle {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},...,{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}} ，它们的积为1，由引理，它们的和 a 1 a 1 a 2 . . . a n n + a 2 a 1 a 2 . . . a n n + . . . + a n a 1 a 2 . . . a n n = a 1 + a 2 + . . . + a n a 1 a 2 . . . a n n ⩾ n {\displaystyle {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+...+{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}\geqslant n} ，当且仅当 a 1 a 1 a 2 . . . a n n = a 2 a 1 a 2 . . . a n n = . . . = a n a 1 a 2 . . . a n n {\displaystyle {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}=...={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}} 即 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时等号成立。 整理即得： a 1 + a 2 + . . . + a n n ⩾ a 1 a 2 . . . a n n {\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}} ，当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时等号成立。于是 G n ≤ A n {\displaystyle G_{n}\leq A_{n}} 得证。 利用 G n ≤ A n {\displaystyle G_{n}\leq A_{n}} ，易证 H n ≤ G n {\displaystyle H_{n}\leq G_{n}} 。考虑 n {\displaystyle n} 个正数 1 a 1 , 1 a 2 , . . . , 1 a n {\displaystyle {\frac {1}{a_{1}}},{\frac {1}{a_{2}}},...,{\frac {1}{a_{n}}}} ，有 1 a 1 + 1 a 2 + . . . + 1 a n n ⩾ 1 a 1 ⋅ 1 a 2 ⋅ . . . ⋅ 1 a n n = 1 a 1 a 2 . . . a n n {\displaystyle {\frac {{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{{\frac {1}{a_{1}}}\cdot {\frac {1}{a_{2}}}\cdot ...\cdot {\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}} ，当且仅当 1 a 1 = 1 a 2 = . . . = 1 a n {\displaystyle {\frac {1}{a_{1}}}={\frac {1}{a_{2}}}=...={\frac {1}{a_{n}}}} 即 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时等号成立。两边取倒数整理得 n 1 a 1 + 1 a 2 + . . . + 1 a n ⩽ a 1 a 2 . . . a n n {\displaystyle {\frac {n}{{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}}\leqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}} ，当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时等号成立，即 H n ≤ G n {\displaystyle H_{n}\leq G_{n}} 。 A n ≤ Q n {\displaystyle A_{n}\leq Q_{n}} 等价于 Q n 2 − A n 2 ≥ 0 {\displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0} 。事实上， Q n 2 − A n 2 {\displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}} 等于 a 1 , a 2 , … , a n {\displaystyle a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}} 的方差，通过这个转化可以证出 Q n 2 − A n 2 ≥ 0 {\displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0} ，证明如下。 Q n 2 − A n 2 = Q n 2 − 2 A n 2 + A n 2 = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 n − 2 a 1 A n + 2 a 2 A n + … + 2 a n A n n + n A n 2 n {\displaystyle Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}=Q_{n}^{2}-2A_{n}^{2}+A_{n}^{2}={\frac {a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots +a_{n}^{2}}{n}}-{\frac {2a_{1}A_{n}+2a_{2}A_{n}+\ldots +2a_{n}A_{n}}{n}}+{\frac {nA_{n}^{2}}{n}}} = ( a 1 2 − 2 a 1 A n + A n 2 ) + ( a 2 2 − 2 a 2 A n + A n 2 ) + … + ( a n 2 − 2 a n A n + A n 2 ) n {\displaystyle ={\frac {(a_{1}^{2}-2a_{1}A_{n}+A_{n}^{2})+(a_{2}^{2}-2a_{2}A_{n}+A_{n}^{2})+\ldots +(a_{n}^{2}-2a_{n}A_{n}+A_{n}^{2})}{n}}} = ( a 1 − A n ) 2 + ( a 2 − A n ) 2 + … + ( a n − A n ) 2 n {\displaystyle ={\frac {(a_{1}-A_{n})^{2}+(a_{2}-A_{n})^{2}+\ldots +(a_{n}-A_{n})^{2}}{n}}} ⩾ 0 {\displaystyle \geqslant 0} ， 当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a n = A n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}=A_{n}} 时等号成立。 利用琴生不等式法也可以很简单地证明均值不等式，同时还有柯西归纳法等方法。 算术-几何平均值不等式 幂平均不等式 普通高中课程标准实验教科书 数学 选修4-5 不等式选讲. 人民教育出版社. 2007: 52. ISBN 978-7-107-18675-2.