AM-GM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，也是基本不等式的推廣。它是說：

$$
x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}\in \mathbb {R_{+}} \Rightarrow {\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}\leq {\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\leq {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}\leq {\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}
$$

 

即 $H_{n}\leq G_{n}\leq A_{n}\leq Q_{n}$

其中： $H_{n}={\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}={\dfrac {n}{{\dfrac {1}{x_{1}}}+{\dfrac {1}{x_{2}}}+\cdots +{\dfrac {1}{x_{n}}}}}$

$$
G_{n}={\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}={\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}
$$

$$
A_{n}={\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}={\dfrac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}
$$

$$
Q_{n}={\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}={\sqrt {\dfrac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}{n}}}
$$

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

　
:

* 第二個不等號

　
:

* 第三個不等號

　
:

## 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 $A\geq 0$ ， $B\geq 0$ ，則 $\left(A+B\right)^{n}\geq A^{n}+nA^{n-1}B$ ，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： $\left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}\right)^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$ ，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 $\left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}}{k}}\right)^{k}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}$ ，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 $ka_{k+1}\geq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}$

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

 $\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}\geq \left({\frac {S}{k}}\right)^{k+1}+(k+1)\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}{\frac {ka_{k+1}-S}{k(k+1)}}=\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}a_{k+1}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}$ ，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 $a\geqslant 1$ ，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 $G_{n}\leq A_{n}$ 得證。

利用 $G_{n}\leq A_{n}$ ，易證 $H_{n}\leq G_{n}$ 。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 $H_{n}\leq G_{n}$ 。

 $A_{n}\leq Q_{n}$ 等價於 $Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0$ 。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 $Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0$ ，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。

## 參見

* 算術 - 幾何平均值不等式
* 冪平均不等式