平均數不等式

平均數不等式，或稱平均值不等式、均值不等式，是數學上的一組不等式，也是算術-幾何平均值不等式的推廣。它是說：

$$x_1, x_2, \ldots, x_n \in \mathbb{R_{+}}\Rightarrow\dfrac{n}{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i}} \le \sqrt[n]{\prod_{i=1}^nx_i} \le \dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_i }{n} \le \sqrt{\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_i ^2}{n}}$$

即$H_n \le G_n \le A_n \le Q_n$

其中：

$$H_n = \dfrac{n}{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i}} = \dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\cdots+\dfrac{1}{x_n}}$$

$$G_n=\sqrt[n]{\prod_{i=1}^nx_i}=\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}$$

$$A_n = \dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_i }{n} = \dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}$$

$$Q_n = \sqrt{\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_i^2}{n}} = \sqrt{\dfrac{x^2_1+x^2_2+\cdots+x^2_n}{n}}$$

若且唯若 $x_1 = x_2 = \cdots = x_n$，等號成立。

即對這些正實數：調和平均數 ≤ 幾何平均數 ≤ 算術平均數 ≤ 平方平均數（方均根）

簡記為：「調幾算方」

## $n=2$時的情形

- 第一個不等號

$\left( x_1 - x_2 \right) ^2 = x_1^2 - 2 x_1 x_2 + x_2^2\,\;$｜$\ge 0\,\;$

$\left( x_1 + x_2 \right) ^2 = x_1^2 + 2 x_1 x_2 + x_2^2\,\;$｜$\ge 4 x_1 x_2\,\;$

$1\,\;$｜$\ge \frac{4 x_1 x_2}{\left( x_1 + x_2 \right) ^2}\,\;$

$1\,\;$｜$\ge \frac{2 \sqrt{x_1 x_2}}{ x_1 + x_2 }\,\;$

$\sqrt{x_1 x_2}\,\;$｜$\ge \frac{2 x_1 x_2}{ x_1 + x_2 } = \frac{2}{ \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} }\,\;$

- 第二個不等號

$\left( x_1 - x_2 \right) ^2 = x_1^2 - 2 x_1 x_2 + x_2^2\,\;$｜$\ge 0\,\;$

$\left( x_1 + x_2 \right) ^2 = x_1^2 + 2 x_1 x_2 + x_2^2\,\;$｜$\ge 4 x_1 x_2\,\;$

$\left( \frac{x_1 + x_2}{2} \right)^2\,\;$｜$\ge x_1 x_2\,\;$

$\frac{x_1 + x_2}{2}\,\;$｜$\ge \sqrt{x_1 x_2}\,\;$

- 第三個不等號

$\left( \frac{ x_1 - x_2 }{2} \right) ^2 = \frac{x_1^2 - 2 x_1 x_2 + x_2^2}{4}\,\;$｜$\ge 0\,\;$

$\frac{x_1^2 + x_2^2}{2} = \frac{x_1^2 + x_2^2 + x_1^2 + x_2^2}{4}\,\;$｜$\ge \frac{2 x_1 x_2 + x_1^2 + x_2^2}{4} = \frac{\left( x_1 + x_2 \right)^2}{4}\,\;$

$\sqrt{\frac{x_1^2 + x_2^2}{2}}\,\;$｜$\ge \frac{x_1 + x_2}{2}\,\;$

## 證明方法

關於均值不等式的證明方法有很多，數學歸納法（第一數學歸納法或反向歸納法）、拉格朗日乘數法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等，都可以證明均值不等式，在這裡簡要介紹數學歸納法證明n維形式的均值不等式的方法：

用數學歸納法證明，需要一個輔助結論。

引理：設$A\ge 0$，$B\ge 0$，則$\left(A+B\right)^n\ge A^n+nA^{n-1}B$，且僅當$B=0$時取等號。

引理的正確性較明顯，條件$A\geq 0$，$B\geq 0$可以弱化為$A\geq 0$，$A+B\geq 0$，可以用數學歸納法證明。

原題等價於：$\left ( {\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}} \right )^{n} \ge a_{1}a_{2} \cdots a_{n}$，若且唯若$a_1=a_2=\cdots=a_n$時取等號。

當$n=2$時易證。

假設當$n=k$時命題成立，即$\left ( {\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}} \right )^{k} \ge a_{1}a_{2} \cdots a_{k}$，若且唯若$a_1=a_2=\cdots=a_k$時取等號。

那麼當$n=k+1$時，不妨設$a_{k+1}$是$a_1$、$a_2 \cdots a_{k+1}$中最大者，則$ka_{k+1} \ge a_1+a_2+\cdots+a_{k}$

設$S = a_1 + a_2 + \cdots + a_{k}$。

$\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1} = \left[\frac{S}{k}+\frac{ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}\right]^{k+1}$，根據引理

$\left[\frac{S}{k}+\frac{ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}\right]^{k+1} \ge \left ( {\frac{S}{k}} \right )^{k+1}+(k+1)\left ( {\frac{S}{k}} \right )^{k}\frac{ka_{k+1}-S}{k(k+1)} = \left(\frac{S}{k}\right)^{k}a_{k+1} \ge a_1a_2 \cdots a_ka_{k+1}$，若且唯若$ka_{k+1}-S=0$且$a_1=a_2=\cdots=a_k$時，即$a_1=a_2=\cdots=a_k=a_{k+1}$時取等號。

此外，人教版高中數學教科書《選修4-5 不等式選講》也介紹了一個運用數學歸納法的證明方法。

先運用數學歸納法證明一個引理：若$n$（$n$是正整數）個正數$a_{1},a_{2},...,a_{n}$的乘積$a_{1}a_{2}...a_{n}=1$，則它們的和$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geqslant n$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1$時等號成立。

此引理證明如下：

當$n=1$時命題為：若$a=1$，則$a\geqslant1$，若且唯若$a=1$時等號成立。命題顯然成立。

假設當$n=k$時命題成立，則現在證明當$n=k+1$時命題也成立。

若這$k+1$個數全部是1，即$a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1$，則命題顯然成立。

若這$k+1$個數不全是1，則易證明必存在$i\neq j$使$a_{i}>1, a_{j}<1$。不妨設$a_{1}>1, a_{2}<1$。由歸納假設，因為$(a_{1}a_{2})a_{3}...a_{k+1}=1$，所以$a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}\geqslant k$，記此式為①式。由$a_{1}>1, a_{2}<1$，知$a_{1}-1>0, 1-a_{2}>0$，則$(a_{1}-1)(1-a_{2})=a_{1}+a_{2}-a_{1}a_{2}-1>0$，整理得$a_{1}+a_{2}>1+a_{1}a_{2}$，記此式為②式。①+②得$a_{1}+a_{2}+a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}> k+1+a_{1}a_{2}$，整理得$a_{1}+a_{2}+...+a_{k+1}> k+1$（此時等號不成立），命題成立。

綜上，由數學歸納法，引理成立。

現在為了證明平均值不等式，考慮$n$個正數$\frac{a_{1}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}, \frac{a_{2}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}, ... ,\frac{a_{n}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$，它們的積為1，由引理，它們的和$\frac{a_{1}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}+\frac{a_{2}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}=\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}\geqslant n$，若且唯若$\frac{a_{1}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}= \frac{a_{2}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}= ... =\frac{a_{n}}{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$即$a_1=a_2=\cdots=a_n$時等號成立。

整理即得：$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geqslant \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$，若且唯若$a_1=a_2=\cdots=a_n$時等號成立。於是$G_n \le A_n$得證。

利用$G_n \le A_n$，易證$H_n \le G_n$。考慮$n$個正數$\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},...,\frac{1}{a_n}$，有$\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}{n}\geqslant \sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\cdot\frac{1}{a_2}\cdot...\cdot\frac{1}{a_n}}=\frac{1}{\sqrt[n]{a_1 a_2 ... a_n}}$，若且唯若$\frac{1}{a_1}=\frac{1}{a_2}=...=\frac{1}{a_n}$即$a_1=a_2=\cdots=a_n$時等號成立。兩邊取倒數整理得$\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\leqslant \sqrt[n]{a_1 a_2 ... a_n}$，若且唯若$a_1=a_2=\cdots=a_n$時等號成立，即$H_n \le G_n$。

$A_n \le Q_n$等價於$Q_n^2-A_n^2 \ge 0$。事實上，$Q_n^2-A_n^2$等於$a_1, a_2, \ldots, a_n$的方差，通過這個轉化可以證出$Q_n^2-A_n^2 \ge 0$，證明如下。

$$Q_n^2-A_n^2=Q_n^2-2A_n^2+A_n^2=\frac{a_1^2+a_2^2+\ldots +a_n^2}{n}-\frac{2a_{1} A_{n}+2a_{2} A_{n}+ \ldots +2a_{n} A_{n}}{n}+\frac{nA_{n}^2}{n}$$

$$=\frac{(a_{1}^2-2a_{1}A_{n}+A_n^2)+(a_{2}^2-2a_{2}A_{n}+A_n^2)+\ldots +(a_{n}^2-2a_{n}A_{n}+A_n^2)}{n}$$

$$=\frac{(a_{1}-A_n)^2+(a_{2}-A_n)^2+\ldots +(a_{n}-A_n)^2}{n}$$

$\geqslant 0$。

若且唯若$a_1=a_2=\cdots=a_n = A_{n}$時等號成立。

利用琴生不等式法也可以很簡單地證明均值不等式，同時還有柯西歸納法等方法。