均值不等式的证明方法探索

均值不等式的证明方法探索均值不等式的证明方法探索中学数学不等式证明方法 ——平均值不等式的证法探索 031I3G2007 林昭雄摘要不等式是初等数学和高等数学中的重要内容之一。不等式内容丰富、应用广泛，不等式的证明和估计，在数学中占有重要的地位。由于不等式问题形式千变万化，多姿多彩，因此，可以说不等式问题是数学中最漂亮、最吸引人的问题之一。特别是平均值不等式:若是非负实a,a,？,a12n nn1n数，则。是初等数学中一个著名而重要的不等式，在不等式的证明中有着特殊的a,a,,kknk,1,1k 地位，并起着重要的作用。本...

均值不等式的证明方法探索中学数学不等式证明方法 ——平均值不等式的证法探索 031I3G2007 林昭雄摘要不等式是初等数学和高等数学中的重要内容之一。不等式内容丰富、应用广泛，不等式的证明和估计，在数学中占有重要的地位。由于不等式问题形式千变万化，多姿多彩，因此，可以说不等式问题是数学中最漂亮、最吸引人的问题之一。特别是平均值不等式:若是非负实a,a,？,a12n nn1n数，则。是初等数学中一个著名而重要的不等式，在不等式的证明中有着特殊的a,a,,kknk,1,1k 地位，并起着重要的作用。本文采用各种巧妙方法给出不同的证明。这个不等式本身的证明，以及它的应用，均涉及到解决一般不等式问题的基本方法和技巧，因此，熟悉掌握和灵活运用这个不等式，对提高解决和证明不等式问题的能力，提高和培养运算能力、逻辑思维能力，以及运用有关知识和方法，分析问题和解决问题的能力，都有极大的作用。关键词数学不等式证明在数学的每个领域中，都涉及到有关不等式问题的讨论和研究。许多重要结果的取得，都离不开不等式的应用的分析。不等式是初等数学和高等数学中的重要内容之一。不等式内容丰富、应用广泛，不等式的证明和估计，在数学中占有重要的地位。由于不等式问题形式千变万化，多姿多彩，因此，可以说不等式问题是数学中最漂亮、最吸引人的问题之一。特别是平均值不等式，是初等数学中一个著名而重要的不等式，在不等式的证明中有着特殊的地位，并起着重要的作用。几百年来，许多数学家对它先后施用巧妙方法给出许多不同的证明。这个不等式本身的证明，以及它的应用，均涉及到解决一般不等式问题的基本方法和技巧，因此，熟悉掌握和灵活运用这个不等式，对提高解决和证明不等式问题的能力，提高和培养运算能力、逻辑思维能力，以及运用有关知识和方法，分析问题和解决问题的能力，都有极大的作用。本文将着重给出几个初等的简单的证法。 n1Aa,平均值不等式:若是非负实数，设(称为的算术平均值)，a,a,？,aa,a,？,a,nk12n12nn,1k n n(称为的几何平均值)，则。 Ga,a,a,？,aGA,,nk12nnnk,1 先证下面几个引理: n+1n+1n引理1:假设x,y为正实数，n为正整数，则x+ny?(n+1)xy. kk kk证明:由于x, y与x、y(1?k?n)同序，所以，(x-y)(x-y)?0. n+1n+1nnnnn-1n-2n-1n于是x+ny-(n+1)xy=x(x-y)-ny(x-y)=(x-y)(x(x+xy+…+y)-ny) nnn-1n-1n-1=(x-y)((x-y)+(x-y)y+…(x-y)y) ?0. 故引理1成立。引理2(排序不等式): (1)设两个实数组a,a,…,a和b,b,…,b, 12n12n 满足 a?a?…?a;b?b?…?b, 12n12n 则ab+ab+…+ab(同序乘积之和) 1122nn ?ab+ab+…+ab(乱序乘积之和) 1j12j2njn ?ab+ab+…+ab(反序乘积之和)， 1n2n-1n1 - 1 - 其中jj…j是1，2，…，n的一个排列，并且等号同时成立的充要条件是 12n a=a=…=a或b=b=…=b成立。 12n12n (2)对于非负实数: a?a?……?a; 11121n a?a?……?a; 21222n …… a?a?……?a. m1m2mn 考虑不同行、不同列的数相乘再求和，则aa…a+aa…a+…+aa…a最大。 1121m11222m21n2nmn 证明:(1)令A= ab+ab+…+ab.如果j?n,且假设此时b所在的项是ab， 1j12j2njnnnjmn则由(b-b)(a-a)?0,得ab+ab?ab+ab,也就是说，j?n时，调换A中的b与b的位置，njnnjmnnjmjnjmnnjnnnjn其余都不动，则得到ab项，并使A变为A，且A?A.用同样的方法，可以得到ab项，并使Ann11n-1n-1变为A，且A?A. 22 继续这个过程，至多经过n-1次调换，得ab+ab+…+ab, 1122nn 故ab+ab+…+ab?A. 1122nn 同样可以证明A?ab+ab+…+ab. 1n2n-1n1 显然当a=a=…=a或b=b=…=b时，两个等号同时成立。 12n12n 反之，如果{a,a,…,a}及{b,b,…,b}中的数都不全相同时，则必有 12n12n a?a,b?b.于是ab+ab> ab+ab,且ab+…+ab ?ab+…+ab，从而有ab+ab+…+ab> 1n1n11nn1nn122n-1n-12n-1n-121122nn ab+ab+…+ab.故这两个等式中至少有一个不成立。 1n2n-1n1 (2)实际上可看作是(1)的推广，这里不再证明。 x引理3:若x>0，则e?ex，等号仅当x=1时成立。 xx,,证明:令由 f(x),e,ex,x,(0,,),f(x),e,e,若令f(x),0,有x,1. x,, 又f(1),e|,e,0,知x,1时,f(x)有极小值f(1),0.x,1 x从而 f(x),f(1),0,即e,ex. 引理4:如果xk?0,且xk?xk-1,(k=2,3,…,n)，则 nx?x(2x-x)(3x-2x)…[nx-(n-1)x]，当且仅当x=x=…=x时等号成立。 n12132nn-112n k-1k-2k-1k-1证明:因为x?x，则x+xx+…+x?kx, kk-1kkk-1k-1k-1kkk-1k-2k-1k-1所以，x-x=(x-x)(x+xx+…+x)?kx(x-x). kk-1kk-1kkk-1k-1k-1kk-1kk-1即x?x[kx-(k-1)x] (k=1,2,…,n) ，当且仅当x=x时等号成立。 kk-1kk-1kk-13n2xxxn3n2所以 . ，，，，，，,,x,x,,,？,,x2x,x3x,2x？nx,n,1xn112132nn,12n,1xxx12n,1 下面对平均值不等式作出不同的证明: 证法一(利用数学归纳法和引理1): 1)当n=2时，已知结论成立。 ( (2)假设对n=k(正整数k?2)时命题成立，即对于a>0,i=1,2,…，k，有 i aaa，，？，12kkaaa ，，.？,12kkk(k+1)k+1那么，当n=k+1时，为了利用引理1，令aa…a=y，a=x,x,y?0, 12kk+1 则由归纳假设和引理1，得 k(a，a，？，a)k，1k12ka，a，？，a,(k，1)G,，x,(k，1)yx12k，1k，1k k，1kk，1k，1kk,kaa？a，x,(k，1)yx,ky，x,(k，1)yx,0.12k - 2 - 不难看出，当且仅当所有的a相等时，等式成立，故命题成立。 i 证法二(利用引理2排序不等式(1)) aa？ak12y,,k,1,2,？,n令。由排序不等式，得 kkGn a，a，，a？111111n12y，，y，，，y，,y，，y，，y，,，？？nn1212kyyyyyyG,nnnn1211所以A?G. nn 显然当a=a=…=a时，A=G. 12nnn a，a212如果a,a,…,a不全相等，不妨设a?a,令，则aa0. 由kA=a+a+…+a， nn-121k12k则A?A>0 (k=2,3,…,n), 且kA-(k-1)A=a. kk-1kk-1kn由引理4，得A?aa…a， n12n 即A?G. 当且仅当A=A=…=A，且a=a=…=a时等号成立。 nn12n12n 证法六(用反向归纳法——指在证明某个与自然数n有关的命题P(n)时，若证得:1)若设P(n+1) 真，可推得P(n)真;2)对于无穷多个自然数k，P(k)真，则对于任何自然数n，P(n)真。) 1)设P(n)真，即A?G。 nn - 3 - n,11A,a若令，考虑n个数a,a,…,a,A 12n-1n-1,n,1i,1ni,1 a，a，？，a，Ann12n,1n,1有。 A,(),aa？aA,即A,Gn,112n,1n,1n,1n,1nm2)令n=2 (m=1,2,…,)注意到 a，aa，a，a，aa，aa,aa，aa，a22222434123412121212()()(),()()(),aa,,,且aaaa,,121234222224 重复上面步骤可有G?A. 2m2m 综上，对任何自然数n，均有. A,Gnn 证法七: m由上法知n=2时命题真。 mm今设 n<2，取a=A(i=n+1,n+2,…,2),这样 in ma，a，a，A，，A？？mmmmnA，(2,n)Amnn12n2,222nn2aaaA,(),[],A, ？nnn12mm22n故 aa？a,A,即A,G.12nnnn 证法八(交换法): nnnnnn [a，(b,a)][b，(a,b)],ab，(b,a)[(b,b),(a,a)]由恒等式,,,,,,kiikiikkiikiki,1,1,,11,1,1kkkkkk nn ab可得到，对任何的k，若a?a，b?b，a?b，则交换a与b时，不减。 k-1kk-1kkkii,,kkk,,11k这样，若设a?a?…?a， 12nn由naa…a=(a+ a+…+a)(a+a+…+a)…(a+ a+…+a) 12n111222nnn ?(a+ a+…+a)( a+ a+…+a)…(a+ a+…+a)?… 12n1221nn ?(a+ a+…+a)( a+ a+…+a)…(a+ a+…+a), 12n12n12nnnnn故nA?nG, 即A?G. nnnn (注意到上面多次用到了交换手续。) 证法九(利用单调性): ,yx函数在(-?，0)和(0，+?)上单调。 ,，x nna,c令(定值)。今不妨令a?c?a. 12,ii,1 a,aa,a考察a+a,这时有，故. a,c,aa或aa,c,a121122112122a,c,aa若 112 aa,'''12a,有,,由,，在，,上单调性有，,，令. ,aaca,,yx(,,)aaca2122122cx aa,c,a若 122 ,aa,'''12,,a,,,,，，,，令. ,有aaca,,由yx在(0,,)上单调性有aaac1121121cx 无论哪种情况，比如前一种，可有 aa''n,112 a，a，？，a,c，a，a，？，a.故aa？a,()aa？a,c.12n23n23n34nc - 4 - '对重复上述步骤，至多n-1步可有 a，a，？，a23n na，a，？，a,nc,aa？a 1212nn 即A?G. nn 证法十(用中值定理): x,yxx,y由中值定理不难证明 ,ln,(0,y,x)(,)xyy 设a?a?…?a?A?a?…?a， 12kk+1n kkkkAa,AA1i,ln,由(*)式可有即 kA,a, []ln.,,,iAaAaa？aii,1,1,i1i12knnnaaAaaa,？1，1，2iikknln,ln,[a,(n,k)A],及即 ,,,,i,nkAAAA,，1,，1,，1ikikik nk11[a,(n,k)A],[kA,a],注意到 ,,iiAA,，1,1iki kaa？aAk1k2n，，又a(i=1,2,…,n) 不全相等，故 ,lnln,ink,Aaa？a12kn故A?aa…a，即A?G 12nnn 证法十一(利用数学归纳法): nn x,1,x,n先考虑不等式:若均为正数，且设。 x,x,？,x,,kk12n,1kk,1(1)当n=1时命题真。 (2)设n=k-1(正整数k?2)时命题真，今考虑n=k的情形。 k x,1,由若，则命题成立，否则至少有一个大于1，一个小于1，无妨设x,x,？,x,i12ki,1 令。 x,1,x,1.y,xx1k11k 由，有。 y，x，？，x,k,1yx？x,112k,112k,1 k x,(k,1)，x，x,xx,k，(x,1)(1,x),k即。 ,i1k1kk1,i1 nnaakk,1,,n这样由故。即。 A,G,,nnGGk,1k,1nn 证法十二(利用数学归纳法): (1)当n=2时，命题真。 (2)设对n=k(正整数k?2)时命题真，即对于有a,0,i,1,2,？k,i aaa，，？，12kkaaa。？,12kk 那么，当n=k+1时， a，a，？，a，a,a，a，？，a，(a，G，？，G),(k,1)G12kk，112kk，1k，1k，1k，1 k,1k,1kkkk,k,aa？a，k,aG,(k,1)G,2k,aa？a,aG,(k,1)G 12kk，1k，1k，112kk，1k，1k，1 k,1k，1k,12k2k,2k,aa？aaG,(k,1)G,2k,GG,(k,1)G,(k，1)G,12kk，1k，1k，1k，1k，1k，1k，1 于是，。 A,Gn，1n，1 - 5 - 不难看出，当且仅当所有的相等时等式成立，故命题真。 ai 证法十三(利用数学归纳法): 前两步同上证。 kk，1，1kkf(x),x，b,(k，1)(b)x,今考虑n=k+1的情形:先引入函数 ,,ii,1,1ii k，1其中 a,b(i,1,2,？,k，1)ii kkkk,f(x),(k，1)x,(k，1)b,0,由解得(注意x>0) x,b,i,0ii,1,1i k,1k,,k,1,,k,,又, f(x),k(k，1)x,k(k，1)b,0,00i,,i,1,, kkkk，1，1k故f(x)在x处有极小值. f(x),b,k,(b)0,,ii0i,1i,1 kk，1，1kkk由归纳假设知,于是f(x)?0. b,k,b0,,ii,1,1ii k，1k，1k，1k，1k，1k，1故f(bb,(k，1)b,0b,(k，1)b)?f(x)?0 , 即或 k+10,,,,iiiii,1i,1i,1i,1 1k，1k，1k，1k，1k，1即. a,(k，1)a,(k，1),a,,,iiii,1i,1i,1 从而n=k+1时命题真，故对任何自然数命题真。证法十四(利用数学归纳法): n1先考虑下面的事实。若设正数a?a?…?a ，且Aa,，若a0. n1nn1n1nnn (1)n=2时，结论显然真。 (2)设n=k-1时，命题真，今考虑n=k的情形。 k,1A,aa？a(a，a,A)由a,a,…,a,a+a-A的算术平均值仍是A，由归纳假设知。 23k-11kkk23k,11k aak-1k1k而a+a-A> ，故由A?aa…a(a+a-A)有A?aa…a，即A?G。 1kk23k-11kk12kkkA 故对任何自然数命题真。证法十五(利用数学归纳法): 前两步同上。 nnn-1先考虑不等式(a+b)=a+nab，这里a,b为实数，a>0,a+b>0(可用归纳法证)。 kA，aa,Akk，1k，1kA,,A，由， k，1kk，1k，1 a,Aa,Ak，1k，1k，1kkkk，1k，1kk，1k()(1)故 A,A，,A，k，A,,aA,aG,Gk，1kkkk，1kk，1kk，111k，k，故对任何自然数命题真。 - 6 - 证法十六(利用数学归纳法): 前两步同上。今考虑n=k的情形。设 a?a?…?a 且 anr. aa？aaa？aaa？ak(k,1)12k12k12kk,k1,rkk今设，由上一不等式有 (,1),，1,, kkkaaakkk 1k,k(k,1),aa？a，a,k,aa？a即。 1212kkk 由(*)式及上不等式有A?G。 kk 证法十七 (利用数学归纳法): 前两步同上。 1anA，,(2)k,2kkk,1今设 GaAA,,(),.k1k,1 A 。则有G? 111111kkkkkk,2,2,22(,1)2(,1)kk,1,122()()[()()]()GA,aaaaA,aaaaA,GG即？？kkkkkkkkk12,112,1,1 (1)(2)(2)A，Aa，k,A，k,AkA，k,Akkkkkk,1,1,,,,Ak22(1)2(1)k,k, 故G?A。 kk 平均值不等式的表达形式简单，容易记住，但它的证明和应用非常灵活、广泛。本文的证明，既有引入辅助命题，借助辅导命题来证明平均值不等式，也有利用数学归纳法，函数的性质(如单调性、极值)，中值定理等知识，还有变换法，恒等变形等。当然，有些方法是几个知识点的结合，很难将它们归类，有些大体相同或相似，但选择的角度不同或处理的方法不同，证明的难易程度不同。特别是本文更多地利用了证明与正整数有关的命题的常用方法，即数学归纳法。数学归纳法证题技巧的应用，可以说是五彩缤纷，千姿百态。应用数学归纳法，除了需要验证n=1或n=n(n为某00个固定的正整数)外，其关键是要在n=k时成立的假设之下，导出当n=k+1时命题也成立。本文在采用数学归纳法时正是用了各种不同的技巧和处理方法。参考文献: 卢正勇数学解题思路福建人民教育出版社 1980年5月第一版余元希数理化自学丛书?代数第三册上海科学技术出版社 1982年11月第二版吴振奎数学解题的特殊方法辽宁教育出版社 1985年11月第一版北京市海淀区教师进修学校高二代数自学解难重庆出版社、华夏出版社 1988年7月第二版薛金星高中数学解题方法与技巧北京出版社出版集团、北京教育出版社 2003年3月第一版李胜宏平均值不等式与柯西不等式华东师范大学出版社 2005年4月第一版 - 7 -

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