数学探索（正文1）不等式从入门到入土

想掌握不等式知识，但苦于找的资料不完备？

本专栏由作者个人笔记整理，涵盖从初中，高中到高联、数分基本的不等式知识。

不等式从入门到入土！

我这里不会讨论基本的概念，先从基本不等式开始：

一切的起点——基本不等式

\( 由于( a-b)^{2} \geq 0，那么我们可以得到a^{2} +b^{2} \geq 2ab，如果令a=\sqrt{a} ，b=\sqrt{b} ，会得到\)

$$ a+b\geq 2\sqrt{ab} $$

\( 上式称为基本不等式，等号成立当且仅当a=b\)

基本不等式链(AM-GM)

\( 更一般地，对于a\in R^{+} ，b\in R^{+} \ ，有\)

$$ \frac{2}{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}} \leq \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} +b^{2}}{2}} $$

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
证明：\
对于\frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} +b^{2}}{2}} ，等价于证明
\end{array}\)

$$ \frac{( a+b)^{2}}{4} \leq \frac{a^{2} +b^{2}}{2} $$

\( 即( a+b)^{2} \ \leq \ 2\left( a^{2} +b^{2}\right) ，该式子等价于\)

$$ ( a-b)^{2} \geq 0 $$

\( 这显然成立，等号成立当且仅当a=b\)

\( 对于\frac{2}{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}} \leq \sqrt{ab} ，取倒数\)

$$ \frac{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}}{2} \geq \frac{\sqrt{ab}}{ab} \ =\ \sqrt{\frac{1}{ab}} \ =\ \sqrt{\frac{1}{a} \ \times \ \frac{1}{b}} $$

\( 注意到( 5) 式子为( 1) 式子的变体，故显然成立，等号成立当且仅当a=b\left(\frac{1}{a} =\frac{1}{b}\right)\)

\( 更一般地，我们可以推广到n元的情况\)

$$ \frac{n}{\sum _{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}} \leq \sqrt[n]{\prod _{i=1}^{n} a_{i}} \leq \ \frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}}{n} \leq \sqrt{\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}\\ 等号成立当且仅当\{a_{n}\} 为常数列，即a_{1} =a_{2} =\cdots =a_{n} \notag $$

一般地，我们称\( \frac{2}{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}}\)为a和b的调和平均值，\( \sqrt{ab}\)为a和b的几何平均值，\( \frac{a+b}{2}\)为a和b的算术平均值，\( \sqrt{\frac{a^{2} +b^{2}}{2}}\)为a何b的平方平均值。以上简称“调几算方”。

我们记 \( Q_{n}( a) \ =\ \sqrt{\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}\)，\( A_{n}( a) =\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}}{n}\)，\( G_{n}( a) =\sqrt[n]{\prod _{i=1}^{n} a_{i}}\)，\( H_{n}( a) =\frac{n}{\sum _{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}}\)

所以

$$ Q_{n}( a) \ \geqslant \ A_{n}( a) \ \geqslant \ G_{n}( a) \ \geqslant \ H_{n}( a) $$

基本不等式13题

1.已知正实数\( x,y\)满足\( x+y=1\)，求\( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}\)的最小值

2.已知正实数\( x,y\)满足\( x+y=2\)，求\( \frac{4}{x} +\frac{9}{y}\)的最小值

3.已知正实数\( x,y\)满足\( x+y=1\)，求\( \frac{3}{x} +\frac{4+x}{y}\)的最小值

4.已知正实数\( x,y\)满足\( xy=4\)，求\( x+2y\)最小值

5.已知正实数\( x,y\)满足\( xy+2x+3y=4\)，求\( x+y\)最小值

7.\( x >\frac{1}{2}\)，求\( x+\frac{1}{2x-1}\)最小值

8.\( x >0\)，求\( x^{2} +\frac{2}{x}\)的最小值

9.\( x >0\)，求\( x\left( 1-x^{2}\right)\)的最大值

10.设\( x,y\ \in \ R^{+} ，x+y+\frac{1}{x} +\frac{4}{y} =10\)，求\( x+y\)最小值

11.设\( a,b,c\ \in \ R^{+}\)，求\( \frac{ab+4bc}{a^{2} +b^{2} +c^{2}}\)的最大值

11-b.设\( a,b,c\ \in \ R^{+}\)，求\( \frac{ab+ac}{a^{2} +b^{2} +2c^{2}}\)的最大值

12.设正实数\( x,y,z\)满足\( xyz=1\)，证明\( x^{2} +y^{2} +z^{2} \ \geqslant \ x+y+z\)

12-b.设正实数\( x,y,z\)满足\( xyz=1\)，证明\( x^{2021} +y^{2021} +z^{2021} \geqslant x^{2020} +y^{2020} +z^{2020}\)

13.设\( x,y\ \in \ R^{+} ，\frac{1}{x+3y} +\frac{1}{2x+y} =1\)，求\( x+y\)最小值

基本13题答案

这里13题有着大部分的思想方法，这是接下来内容所需要的

1.本题目可以从\( \frac{2}{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}} \leq \frac{a+b}{2}\)直接推出，这里不展开，介绍一种齐次化思想

$$ \frac{1}{x} +\frac{1}{y} =( x+y)\left(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}\right) =2+\frac{y}{x} +\frac{x}{y} \geqslant 2+2\sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{x}{y}} =4\\ 等号成立当且仅当x=y=\frac{1}{2} $$

2.本题解法类似于第一题的齐次化

$$ \frac{4}{x} +\frac{9}{y} =\frac{1}{2}( x+y)\left(\frac{4}{x} +\frac{9}{y}\right) =\frac{1}{2}\left( 13+\frac{4y}{x} +\frac{9x}{y}\right) \geqslant \frac{1}{2}\left( 13+3\sqrt{\frac{4y}{x} \cdot \frac{9x}{y}}\right) =\frac{25}{2}\\ 等号成立当且仅当\frac{4y}{x} =\frac{9x}{y} ，即3x=2y=\frac{12}{5} $$

3.本题如果试图齐次化，你变会得到一个不齐次的结果，即\( x\frac{x( 4+x)}{y}\)。观察可知\( \frac{x}{y}\)已经齐次，所以避开即可。

$$ \frac{3}{x} +\frac{4+x}{y} =\frac{3}{x} +\frac{4}{y} +\frac{x}{y} =( x+y)\left(\frac{3}{x} +\frac{4}{y}\right) +\frac{x}{y}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =7+\frac{3y}{x} +\frac{5x}{y} \ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \geqslant \ 7\ +\ 2\sqrt{\frac{3y}{x} \cdot \frac{5x}{y}}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =7+2\sqrt{15}\\ 等号成立当且仅当\frac{3y}{x} =\frac{5x}{y} ，即\sqrt{5} x=\sqrt{3} y=\frac{5\sqrt{3} -3\sqrt{5}}{2} $$

以上3题均为和为定值，接下来题目为积为定值

4.本题较简单

$$ x+2y\geqslant 2\sqrt{x\cdot 2y} =4\sqrt{2}\\ 等号成立当且仅当x=2y=2\sqrt{2} $$

5.本题只需把y用x表达即可

见基础2，详细介绍分式处理法

$$ y( x+3) =4-2x\ \Longrightarrow \ y=\frac{4-2x}{x+3} \ =\ \frac{10}{x+3} \ -\ 2\\ x+y\ =\ x+\ \frac{10}{x+3} \ -\ 2\ =\ x+3+\ \frac{10}{x+3} \ -\ 5\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \geqslant 2\sqrt{( x+3) \cdot \frac{10}{x+3}} -5=2\sqrt{10} -5\\ 等号当且仅当\ x+3\ =\ \frac{10}{x+3} 时候成立，即x=\sqrt{10} -3，y=\sqrt{10} -2 $$

求\( x+y\)最小值，一般是\( xy\)为定值，但本题\( xy\)不为定值，是\( ( x+3)( y+2) =10\)为定值

见基础3专栏，详细介绍因式分解，其中就有参数因式分解的方法

6.本题同5，容易得到\( ( x+3)( y+2) =10\)，所以\( ( x+3)( 2y+4) =20\)，接下来就就可以仿照5处理得到\( 2y\)，但这里介绍另一种方法

$$ 由于\sqrt{ab} \leq \sqrt{\frac{a^{2} +b^{2}}{2}} \Longrightarrow ab\leq \frac{a^{2} +b^{2}}{2} =\frac{( a+b)^{2} -2ab}{2}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow ab\leq \frac{( a+b)^{2}}{4}\\ 所以( x+3)( 2y+4) \ =\ 20\ \leq \frac{( x+3+2y+4)^{2}}{4}\\ x+2y\ \geqslant \ 4\sqrt{5} -7\\ 等号成立当且仅当x+3=2y+4=2\sqrt{5} $$

7.本题需要进行配凑

$$ 由于x=\frac{1}{2}( 2x-1) +\frac{1}{2}\\ x+\frac{1}{2x-1} =\frac{1}{2}( 2x-1) +\frac{1}{2x-1} +\frac{1}{2} \geqslant 2\sqrt{\frac{1}{2}( 2x-1) \cdot \frac{1}{2x-1}} +\frac{1}{2}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sqrt{2} +\frac{1}{2}\\ 等号成立当且仅当2x-1=\sqrt{2} ，即x=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\\ 当然如果换元就更显然了，令\frac{1}{2x-1} =t，即求\frac{t}{2} +\frac{1}{t} +\frac{1}{2} 最小值( t >0) $$

8.本题要用到AM-GM不等式三元形式

$$ x^{2} +\frac{2}{x} =x^{2} +\frac{1}{x} +\frac{1}{x} \geqslant 3\sqrt[3]{x^{2} \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x}} =3\\ 等号成立当且仅当\ x^{2} =\frac{1}{x} =\frac{1}{x} ，即x=1 $$

9.本题不齐次，考虑化\( x\)为\( x^{2}\)

$$ x\left( 1-x^{2}\right) =\sqrt{x^{2}\left( 1-x^{2}\right)^{2}} ，令x^{2} =t\\ x\left( 1-x^{2}\right) =\sqrt{t( 1-t)^{2}}\\ 而t( 1-t)^{2} =\frac{1}{2} \cdot 2t\cdot ( 1-t) \cdot ( 1-t) \leq \frac{1}{2}\left(\frac{2t+1-t+1-t}{3}\right)^{3} =\frac{4}{27}( 三元AM-GM)\\ 等号成立当且仅当2t=1-t=1-t，即t=\frac{1}{3} \Longrightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3}\\ 因此x\left( 1-x^{2}\right) \ \leq \ \sqrt{\frac{4}{27}} =\frac{2\sqrt{3}}{9} $$

10.由于\( ( x+y)\left(\frac{1}{x} +\frac{4}{y}\right) =5+\frac{y}{x} +\frac{4x}{y} \ \geqslant \ 5+2\sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{4x}{y}} =9，等号成立当且仅当2x=y=...\)

$$ 此时令t=x+y，所以\frac{1}{x} +\frac{4}{y} =10-t，有t( 10-t) \geqslant 9，求得1\leq t\leq 9\\ \\ 即( x+y)_{min} =1 $$

我们可以简单地研究一下推广形式

\( 补.若x,y\ \in \ R^{+} ，有x+y+\frac{p^{2}}{x} +\frac{q^{2}}{y} =r( r >2( p+q) ,p >0,q >0) ，求( x+y)_{min} +( x+y)_{max}\)

$$ 同上，有( x+y)( r-( x+y)) =( x+y)\left(\frac{p^{2}}{x} +\frac{q^{2}}{y}\right) =p^{2} +q^{2} +\frac{p^{2} y}{x} +\frac{q^{2} x}{y}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \geqslant p^{2} +q^{2} +2\sqrt{\frac{p^{2} y}{x} \cdot \frac{q^{2} x}{y}}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =( p+q)^{2}\\ 即( x+y)^{2} -r( x+y) +( p+q)^{2} \leq 0\\ 显然\Delta =r^{2} -4( p+q)^{2} >0\\ 由韦达定理，方程两根之和为r，即( x+y)_{min} +( x+y)_{max} =r $$

11.本题要用到待定系数法，难在分子，如果是\( \frac{\sum _{cyc}^{3} ab}{\sum _{cyc}^{3} a^{2}}\)，显然由于

$$ a^{2} +b^{2} \ \geqslant \ 2ab，b^{2} +c^{2} \geqslant 2bc，c^{2} +a^{2} \geqslant 2ca，三个式子相加，得到 \notag\\ \frac{\sum _{cyc}^{3} ab}{\sum _{cyc}^{3} a^{2}} \leq 1( 这个式子后面还会见到)\\ 等号成立当且仅当a=b=c \notag $$

因此我们可以用类似思路，具体如下

$$ 观察到分子出现2个b，猜测为2次基本不等式的结果，不妨设0< m< 1\\ b^{2} =mb^{2} +( 1-m) b^{2}\\ a^{2} +mb^{2} \geqslant 2\sqrt{m} ab\\ ( 1-m) b^{2} +c^{2} \geqslant 2\sqrt{1-m} bc\\ 相加得到a^{2} +b^{2} +c^{2} \geqslant 2\left(\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m} bc\right)\\ \frac{\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m} bc}{a^{2} +b^{2} +c^{2}} \leq \frac{1}{2}\\ 待定系数，得到\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{1-m}} =\frac{1}{4} \Longrightarrow m=\frac{1}{17} ，即\\ \frac{\sqrt{\frac{1}{17}} ab+\sqrt{\frac{16}{17}} bc}{a^{2} +b^{2} +c^{2}} \leq \frac{1}{2} \ \Longrightarrow \frac{ab+4bc}{a^{2} +b^{2} +c^{2}} \leq \frac{\sqrt{17}}{2}\\ 等号成立当且仅当\sqrt{1-m} a=\sqrt{m( 1-m) b} =\sqrt{m} c $$

11-b.本题思路同11，这里从略，结果为\( \frac{\sqrt{6}}{4}\)

12.

$$ 显然取等条件为x=y=z=1，而x^{2} +1\geqslant 2x取等条件也为x=1，不妨借此证明\\ \ \ \ \ \ \ \ \ x^{2} +y^{2} +z^{2} =( x+1)^{2} +( y+1)^{2} +( z+1)^{2} -3\\ \ \geqslant 2x+2y+2z-3\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =2( x+y+z) -3\sqrt[3]{xyz}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \geqslant 2( x+y+z) -( x+y+z)\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =x+y+z\ ( 三元AM-GM放缩) $$

12-b.本题较难

$$ 仿照12,猜测存在不等式\left( p,q\in N^{*}\right)\\ px^{2021} +q\geqslant ( p+q) x^{\frac{2021p}{p+q}}\\ 为出现x^{2020} ，令\frac{2021p}{p+q} =2020\ \Longrightarrow \ q=1，p=2020\\ 即2020x^{2021} +1\geqslant \ 2021x^{2020}\\ x^{2021} +y^{2021} +z^{2021} =\frac{2020x^{2021} +2020y^{2021} +2020z^{2021} +3}{2020} -\frac{3}{2020}\\ \geqslant \frac{2021\sum _{cyc}^{3} x^{2020} -3}{2020}\\ 由于3\sqrt[3]{\prod _{cyc}^{3} x^{2020}} =3\ \leq \ \sum _{cyc}^{3} x^{2020} ，所以\\ x^{2021} +y^{2021} +z^{2021} \geqslant \frac{2021\sum _{cyc}^{3} x^{2020} -3}{2020} \geqslant \frac{2021\sum _{cyc}^{3} x^{2020} -\sum _{cyc}^{3} x^{2020}}{2020}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum _{cyc}^{3} x^{2020} \ \square $$

13.本题用换元法做

$$ 令\left\{\begin{array}{ c } m=x+3y\\ n=2x+y \end{array}\right. \Longrightarrow \left\{\begin{array}{ c } x=\frac{3n-m}{5}\\ y=\frac{2m-n}{5} \end{array}\right. ，由于x,y >0\\ 所以\frac{3n-m}{5} >0\ \Longrightarrow \ \frac{m}{n} < 3\\ \frac{2m-n}{5} \ >0\ \Longrightarrow \frac{m}{n} >\frac{1}{2}\\ 即\frac{1}{2} < \frac{m}{n} < 3\\ 所求即x+y=\left(\frac{m+2n}{5}\right)_{min} =\frac{m+2n}{5}\left(\frac{1}{m} +\frac{1}{n}\right)\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{5}\left( 3+\frac{2n}{m} +\frac{m}{n}\right) \geqslant \frac{3+2\sqrt{2}}{5}\\ 等号成立当且仅当\frac{2n}{m} =\frac{m}{n} \ \Longrightarrow \frac{m}{n} =\sqrt{2} 时候成立（最小值可以取到） $$

柯西不等式(Cauchy)

$$ \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \ \ a_{i} ,b_{i} \in \ R\\ 等号成立当且仅当存在\lambda ，\mu \in \ R，使得\lambda a_{i} =\mu b_{i} \ ( \forall 1\leq i\leq n) \notag $$

证明方法这里给出2个，首先是非常巧妙的方程构造

$$ 设a_{i} 不全为0，考虑方程\\ \sum _{i=1}^{n}( a_{i} x+b_{i})^{2} =0，显然该方程至多有1个实数根（0+0类型)\\ 将其展开得到\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) x^{2} +2\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right) x+\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) =0\\ \Delta =4\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} -4\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) \ \leq \ 0，从而得到\\ \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2}\\ 取等条件非常显然\ \ \ \square $$

另一个证明方法要用到Lagrange恒等式

Lagrange恒等式

$$ \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) =\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \ +\sum _{ \begin{array}{l} i\leq j\\ j\leq n \end{array}}( a_{i} b_{j} -a_{j} b_{i})^{2} $$

证明如下：

由于二重积分性质：
\begin{equation*}
设函数f( x,\ y) =f( x) \ f( y) ，且D={(x,y)\mid a< x< b;c< y< d}
\end{equation*}
则有
\begin{equation*}
\iint _{D} f(x,y)\mathrm{d} \sigma =\int _{a}^{b}\int _{c}^{d} f(x)f(y)dxdy=\int _{a}^{b} f(x)dx\int _{c}^{d} f(y)dy
\end{equation*}
类似地

$$ \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) =\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{n} a_{i}^{2} b_{j}^{2}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\ \sum _{i=1}^{n}( a_{i} b_{i})^{2} +\sum _{i\neq j}( a_{i} b_{j})^{2}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum _{i=1}^{n}( a_{i} b_{i})^{2} +2\sum _{i\neq j}( a_{i} b_{i})( a_{j} b_{i}) +\sum _{i\neq j}( a_{i} b_{j})^{2} -2\sum _{i\neq j}( a_{i} b_{i})( a_{j} b_{i})\\ \ \ \ =\left(\sum _{i=1}^{n}( a_{i} b_{i})\right)^{2} +\sum _{i\neq j}( a_{i} b_{j} -a_{j} b_{i})^{2}\\ =\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \ +\sum _{ \begin{array}{l} i\leq j\\ j\leq n \end{array}}( a_{i} b_{j} -a_{j} b_{i})^{2}\\ 由Lagrange恒等式，可看出Cauchy不等式显然成立，并且取等条件显然 $$

柯西不等式推论

\( ( 权方和不等式) \ 1.\ a,b,c,x,y,z\ \in \ R,且x,y,z\ \geqslant 0，则\)

$$ \ \sum _{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{2}}{b_{i}} \ \geqslant \ \frac{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}}{\sum _{i=1}^{n} b_{i}} $$

该不等式特点是分子比分母高一位

证明如下：

$$ 原不等式等价于\left(\sum _{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{2}}{b_{i}} \ \right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}\right) \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}\\ 注意Cauchy不等式，有\left(\sum _{i=1}^{n}\left(\frac{a_{i}}{\sqrt{b_{i}}} \ \right)^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}\left(\sqrt{b_{i}}\right)^{2}\right) \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n}\left(\frac{a_{i}}{\sqrt{b_{i}}} \ \right)\left(\sqrt{b_{i}}\right)\right)^{2}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2} \square \\ 当且仅当\frac{a_{1}}{b_{1}} =\cdots =\frac{a_{n}}{b_{n}} 时候，等号成立 $$

\( 2.如果a_{1} ,a_{2} ,\cdots ,a_{n} ;b_{1} ,\cdots ,b_{n} \ \in \ R，则\)

$$ \sum _{i=1}^{n}\sqrt{a_{i}^{2} +b_{i}^{2}} \geqslant \ \sqrt{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2} +\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{2}} $$

本式为第二闵可夫斯基不等式，p=2的特殊情形，这里不展开，在后面会叙述

\( 3.如果a,b,c,x,y,z\in R^{+} ，有\)

$$ \frac{x}{y+z}( a+b) +\frac{y}{z+x}( b+c) +\frac{z}{x+y}( c+a) \ \geqslant \ \sqrt{3( ab+bc+ca)} \notag\\ 即\sum _{cyc}^{3}\frac{x}{y+z}( a+b) \geqslant \sqrt{3\prod _{cyc}^{3} ab} $$

本式证明留给读者

柯西不等式积分形式

\( 由于定积分本质就是求和，所以推广到定积分是显然的\)

令\(a_{i}^{2} =[f(x_{i} )]^{2} \Delta x\)，\(b_{i}^{2} =[g(x_{i} )]^{2} \Delta x\)，其中\( x_{1} =a，x_{n} =b，x_{i+1} -x_{i} \ =\ \Delta x\)

则\(a_{i} b_{i} =f(x_{i} )g(x_{i} )\Delta x\)

以上全部带入柯西不等式，得到

\(\begin{aligned}
& \ \ ( f(x_{1} )g(x_{1} )\Delta x+f(x_{2} )g(x_{2} )\Delta x+\cdots +f(x_{n} )g(x_{n} )\Delta x)^{2}\
& \leq \left( [f(x_{1} )]^{2} \Delta x+\cdots +[f(x_{n} )]^{2} \Delta x\right)\left( [g(x_{1} )]^{2} \Delta x+\cdots +[g(x_{n} )]^{2} \Delta x\right)
\end{aligned}\)

当\( n\rightarrow \infty \)时候，结合定积分的定义，得到

$$ \begin{aligned} \left(\int _{a}^{b} f(x)g(x)\mathrm{d} x\right)^{2} \leq \left(\int _{a}^{b} [f(x)]^{2}\mathrm{d} x\right)\left(\int _{a}^{b} [g(x)]^{2}\mathrm{d} x\right) \end{aligned} $$

此即柯西不等式的积分形式

柯西不等式的向量形式

$$ |\vec{a} \cdot \vec{b} |\leq |\vec{a} |\cdot |\vec{b} | $$

在《线性代数应该这样学》一书中，作者写道，“这个定理是数学中最重要的不等式之一。”

这个结果和我们前面一般地柯西不等式是等价的，如果令\( \vec{a} =(a_{1} ,a_{2} ,\cdots ,a_{n} )\)，\( \vec{b} =(b_{1} ,b_{2} ,\cdots ,b_{n} )\)，从而\( |\vec{a} |=\sqrt{a_{1}^{2} +a_{2}^{2} +\cdots +a_{n}^{2}} ，|\vec{b} |=\sqrt{b_{1}^{2} +b_{2}^{2} +\cdots +b_{n}^{2}}\)

根据向量内积的计算规则，又有\(\vec{a} \cdot \vec{b} =a_{1} b_{1} +a_{2} b_{2} +\cdots +a_{n} b_{n}\)

所以(15)式等价于\(|a_{1} b_{1} +a_{2} b_{2} +\cdots +a_{n} b_{n} |\leq \sqrt{a_{1}^{2} +a_{2}^{2} +\cdots +a_{n}^{2}} \cdot \sqrt{b_{1}^{2} +b_{2}^{2} +\cdots +b_{n}^{2}}\)

两边平方得到

$$ (a_{1} b_{1} +a_{2} b_{2} +\cdots +a_{n} b_{n} )^{2} \leq (a_{1}^{2} +a_{2}^{2} +\cdots +a_{n}^{2} )(b_{1}^{2} +b_{2}^{2} +\cdots +b_{n}^{2} ) $$

Cauchy不等式 AM-GM证法

由\( AM-GM\)不等式得到

$$ \frac{a_{i}^{2}}{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}} +\frac{b_{i}^{2}}{\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}} \ \geqslant \ \frac{2a_{i} b_{i}}{\sqrt{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)}}\\ 令i=1,2,3,\cdots ,n后相加，得到\\ \frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}} +\frac{\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}} \ =\ 2\geqslant \ \frac{2\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)}{\sqrt{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)}}\\ 得到\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} $$

这种思路在不等式证明中也很常见，先得到一个基本的不等式，再通过累加证明其余不等式

在基础1专栏的习题5中，我们已经遇到了这样的解决方法

什么？大脑已经不行了？别急，这里只是刚刚开始 XD

Abel变换

在走向切比雪夫不等式时候，要讲解排序不等式，排序不等式需要Abel变换进行证明

$$ 假设存在两个数列\{a_{n}\} ，\{b_{n}\} ，定义B_{n} =\sum _{k=1}^{n} b_{k} ，即\{b_{n}\} 部分和 \notag\\ 显然满足性质B_{n+1} -B_{n} =b_{n} \notag\\ 即\sum _{k=1}^{m} a_{k} b_{k} =a_{1} b_{1} +a_{2} b_{2} +\cdots +a_{n} b_{n} =a_{1} B_{1} +a_{2}( B_{2} -B_{1}) +\cdots +a_{m}( B_{m} -B_{m-1}) \notag\\ =( a_{1} -a_{2}) B_{1} +( a_{2} -a_{3}) B_{2} +\cdots +( a_{m-1} -a_{m}) B_{m-1} +a_{m} B_{m} \notag\\ =\sum _{k=1}^{m-1}( a_{k} -a_{k+1}) B_{k} +a_{m} B_{m} \notag\\ 所以我们得到\sum _{k=1}^{m} a_{k} b_{k} =\sum _{k=1}^{m-1}( a_{k} -a_{k+1}) B_{k} +a_{m} B_{m} $$

(16)式即Abel变换

排序不等式

\( 设有2数列{a_{n}} 与{b_{n}} ，且a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n} ，b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{n} ，数列{c_{n}} 为{b_{n}} 乱序排列，则\)

$$ \sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ \geqslant \ \sum _{i=1}^{n} a_{i} c_{i} \ \geqslant \ \sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{n+1-i}\\ 等号成立当且仅当a_{i} =a_{j} \ /\ b_{i} =b_{j} \ ( 1\leq i，j\leq n) \notag $$

即顺序和不小于乱序和，乱序和不小于逆序和。

证明如下:

$$ 令B_{0} =0，B_{k} =\sum _{i=1}^{k} b_{i} ，C_{k} =\sum _{i=1}^{k} c_{i} ，显然B_{k} \leq C_{k} 。这是由于B_{k} 是递增数列，\\ 假设\{b_{n}\} 是1,2,3...,n，B_{3} =6，乱序可以任意，比如1,3,2,...,n（C_{3} =B_{3} ）或1,5,4,3,2...n。\\ （C_{3} >B_{3} ，显然C_{3} 最小也不会小于B_{3}{} 。并且B_{n} =C_{n}\\ 由于a_{k} -a_{k+1} \ \leq \ 0，所以B_{k}( a_{k} -a_{k+1}) \ \geqslant \ C_{k}( a_{k} -a_{k+1})\\ 由于Abel变换，得到\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} =\sum _{i=1}^{n-1}( a_{i} -a_{i+1}) B_{i} +a_{n} B_{n} \geqslant \sum _{i=1}^{n-1} C_{i}( a_{i} -a_{i+1}) +a_{n} C_{n} \ =\sum _{i=1}^{n} a_{i} c_{i}\\ ( Abel变换拆分再逆用Abel变换)\\ 同理可证\sum _{i=1}^{n} a_{i} c_{i} \ \geqslant \ \sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{n+1-i}\\ 从而\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ \geqslant \ \sum _{i=1}^{n} a_{i} c_{i} \ \geqslant \ \sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{n+1-i} \ \square $$

切比雪夫不等式

\( 如果{\displaystyle a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n}} ，{\displaystyle b_{1} \geq b_{2} \geq \cdots \geq b_{n}} ，且均为R，有\)
\begin{equation}
{\displaystyle n\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{k} \geq \left(\sum _{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\sum _{k=1}^{n} b_{k}\right) \geq n\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{n+1-k}}
\end{equation}
等价于
\begin{equation}
{\displaystyle \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{k} \geq \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} b_{k}\right) \geq \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{n+1-k}}
\end{equation}
证明如下：

$$ 设有2数列\{a_{n}\} 与\{b_{n}\} ，且a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots \geqslant a_{n} ，b_{1} \geqslant b_{2} \geqslant \cdots \geqslant b_{n} 。结合排序不等式，得到\\ {\displaystyle a_{1} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n} 顺序和最大，且顺序和不小于乱序和，于是：}\\ {\displaystyle a_{1} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n} =a_{1} b_{1} +a_{2} b_{2} +\cdots +a_{n} b_{n}}\\ {\displaystyle a_{1} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n} \geq a_{1} b_{2} +a_{2} b_{3} +\cdots +a_{n} b_{1}}\\ {\displaystyle a_{1} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n} \geq a_{1} b_{3} +a_{2} b_{4} +\cdots +a_{n} b_{2}}\\ .....\\ {\displaystyle a_{1} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n} \geq a_{1} b_{n} +a_{2} b_{1} +\cdots +a_{n} b_{n-1}}\\ 将这n个不等式分别相加，对右侧因式分解，得到\\ {\displaystyle n\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{k} \geq \left(\sum _{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\sum _{k=1}^{n} b_{k}\right)}\\ 两侧同除以n^{2} 得到\\ {\displaystyle \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{k} \geq \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n} b_{k}\right)}\\ 对于{\displaystyle \left(\sum _{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\sum _{k=1}^{n} b_{k}\right) \geq n\sum _{k=1}^{n} a_{k} b_{n+1-k} ，可以由最小和为逆序和得出}\\ 显然只有当\{a_{n}\} 或\{b_{n}\} 为常数列时候取等 $$

切比雪夫不等式的积分形式

\( 如果函数f,g是[a,b]上的实值可积函数，且两者均是non-increasing或non-decreasing的，则\)
\begin{equation}
{\displaystyle \frac{1}{b-a}\int _{a}^{b} f(x)g(x)\ dx\geq \left(\frac{1}{b-a}\int _{a}^{b} f(x)\ dx\right)\left(\frac{1}{b-a}\int _{a}^{b} g(x)\ dx\right)}
\end{equation}
\( 如果两者有一个non-increasing，一个non-decreasing，则不等式符号相反\)

\( 证明比较复杂，这里不给出\)

琴生不等式

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
考虑一个定义在[ x_{1} ,x_{2}] 的一元函数f( x) ，在[ x_{1} ,x_{2}] 连续，在( x_{1} ,x_{2}) 可导，导函数连续，且\
二阶导恒小于零。这是一个理想凸函数，记\cfrac{f( x_{2}) -f( x_{1})}{x_{1} -x_{2}} =k，设h( x) =f( x) -kx，易得\
h( x_{1}) =h( x_{2}) ，现在证明\forall x\in ( x_{1} ,x_{2}) ,h( x) >h( x_{1})
\end{array}\)

证明如下

$$ 用反证法，考虑到h( x) 在[ x_{1} ，x_{2}] 连续，故h( x) 在[ x_{1} ，x_{2}] 取得最大值和最小值，若\\ \exists x\in ( x_{1} ,x_{2}) ,h( x) < h( x_{1}) ，则端点值不为最小值，h( x) 在( x_{1} ,x_{2}) 取得最小值\\ 容易证明最小值处的二阶导数大于等于零，与原条件矛盾，故原命题成立。 $$

\( 设p_{1} ,p_{2} >0，则\cfrac{p_{1} x_{1} +p_{2} x_{2}}{p_{1} +p_{2}} \in ( x_{1} ,x_{2}) ，所以\)

$$ h\left(\cfrac{p_{1} x_{1} +p_{2} x_{2}}{p_{1} +p_{2}}\right) >h( x_{1}) =\cfrac{p_{1} h( x_{1}) +p_{2} h( x_{2})}{p_{1} +p_{2}} $$

\( 替换h( x) 为f( x) ，得到\)

$$ f\left(\cfrac{p_{1} x_{1} +p_{2} x_{2}}{p_{1} +p_{2}}\right) >\cfrac{p_{1} f( x_{1}) +p_{2} f( x_{2})}{p_{1} +p_{2}} $$

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
结合归纳法，容易证明，如果f( x) 在一个连续区间D为凸函数，则对于x_{i} \in D,p_{i} >0,i=1,\
2...n，有
\end{array}\)
\begin{equation}
f\left(\cfrac{\sum\limits _{i=1}^{n} p_{i} x_{i}}{\sum\limits _{i=1}^{n} p_{i}}\right) \geq \cfrac{\sum\limits _{i=1}^{n} p_{i} f( x_{i})}{\sum\limits _{i=1}^{n} p_{i}}
\end{equation}
(21)式即琴生不等式，容易证明，不那么理想的凸函数同样符合上式。凹函数同理。此处不赘述。

琴生不等式给出积分的凸函数值和凸函数的积分值间的关系，在此不等式最简单形式中，阐明了对一平均做凸函数变换，会小于等于先做凸函数变换再平均。若将琴生不等式应用在二点上，就回到了凸函数的基本性质：过一个凸函数上任意两点所作割线一定在这两点间的函数图象的上方，即

$$ {\displaystyle tf(x_{1} )+(1-t)f(x_{2} )\geq f( tx_{1} +(1-t)x_{2}) ,0\leq t\leq 1.} $$

*琴生不等式一般形式与AM-GM 联系

琴生不等式可以用测度论或概率论的语言给出。这两种方式都表明同一个很一般的结果。

这里只给出测度论的结果

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
假设\mu 是集合\Omega的正测度，使得\mu (\Omega ) =1。若g是勒贝格可积的实值函数，而\varphi 是在g的值域\
上定义的凸函数，则
\end{array}\)
\begin{equation}
{\displaystyle \varphi \left(\int _{\Omega} g\ d\mu \right) \leq \int _{\Omega} \varphi \circ g\ d\mu }
\end{equation}
我们研究下其有限形式，如果\( \Omega \)为有限集合\( {\displaystyle {x_{1} ,x_{2} ,\dotsc ,x_{n} }}\)，而\( {\displaystyle \mu }\)是\( \Omega \)上的正规计数测度，则不等式的一般形式可以简单地用和式表示
\begin{equation}
{\displaystyle \varphi \left(\sum _{i=1}^{n} g(x_{i} )\lambda _{i}\right) \leq \sum _{i=1}^{n} \varphi (g(x_{i} ))\lambda _{i} ,}
\end{equation}
其中\( \sum _{i=1}^{n} \lambda _{i} =1,\lambda _{i} \geqslant 0\)，如果\( \varphi \)为凹函数，则只要调转不等式符号

\( 假设x_{1} ,x_{2} ,...,x_{n} 为正实数，g( x) =x，\lambda _{i} =1/n，且\varphi ( x) =log( x) ，( 23) 式变为\)
\begin{equation}
{\displaystyle \log\left(\sum _{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{n}\right) \geq \sum _{i=1}^{n}\frac{\log (x_{i} )}{n} ,}
\end{equation}
两边取取以\( e\)为底数的指数函数就得出熟悉的\( AM-GM均值\)不等式：

$$ {\displaystyle \frac{x_{1} +x_{2} +\cdots +x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}} .} $$

*Holder和Carlson不等式的原理及等价性

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
考虑一个n元函数\ f(\vec{x}) =f( x_{1} ,x_{2} ...x_{n}) =\prod\limits _{i=1}^{n} x_{i}^{k_{i}} ，其中x_{i} \in D,k_{i} >0,i=1,2,...,n，且\
\sum\limits _{i=1}^{n} k_{i} =1，设一个非0向量\vec{y} =( y_{1} ,y_{2} ...y_{n}) ，令h( t) =f(\vec{x} +\vec{u} t) ，下面证明h''( 0) \leq 0
\end{array}\)

由于

$$ \frac{\partial ^{2} f(\vec{x})}{\partial x_{a} \partial x_{b}} =\begin{cases} \frac{k_{a} k_{b}}{x_{a} x_{b}}\prod _{i=1}^{n} x_{i}^{k_{i}} & \text{if } a\neq b\\ \frac{k_{a} (k_{a} -1)}{x_{a}^{2}}\prod _{i=1}^{n} x_{i}^{k_{i}} & \text{if } a=b \end{cases} $$

故

$$ \begin{aligned} h''( 0) & =\sum\limits _{a=1}^{n}\sum\limits _{b=1}^{n} y_{a} y_{b}\cfrac{\partial ^{2} f(\vec{x})}{\partial x_{a} \partial x_{b}}\\ & =\prod\limits _{i=1}^{n} x_{i}^{k_{i}}\left(\sum\limits _{a=1}^{n}\sum\limits _{b=1}^{n}\cfrac{y_{a} k_{a} y_{b} k_{b}}{x_{a} x_{b}} -\sum\limits _{a=1}^{n}\cfrac{k_{a} y_{a}^{2}}{x_{a}^{2}}\right)\\ & =\prod\limits _{i=1}^{n} x_{i}^{k_{i}}\left[\left(\sum\limits _{a=1}^{n}\cfrac{k_{a} y_{a}}{x_{a}}\right)^{2} -\sum\limits _{a=1}^{n} k_{a}\sum\limits _{a=1}^{n}\cfrac{k_{a} y_{a}^{2}}{x_{a}^{2}}\right] \end{aligned} $$

由Cauchy不等式，\( h''( 0) \ \leq \ 0\)，等号当且仅当\( \vec{x}\)和\( \vec{y}\)共线时成立

令\( \vec{x}_{1} =( x_{11} ,x_{21} ...x_{n1}) ，\vec{x}_{2} =( x_{12} ,x_{22} ...x_{n2})\)，考虑函数\( g( t) =f( t\vec{x}_{1} +( 1-t)\vec{x}_{2}) ,t\in [ 0,1]\)，可以得到\( g''( t) \leq 0\)，根据琴生不等式

$$ f\left(\cfrac{p_{1}\vec{x}_{1} +p_{2}\vec{x}_{2}}{p_{1} +p_{2}}\right) \geq \cfrac{p_{1} f(\vec{x}_{1}) +p_{2} f(\vec{x}_{2})}{p_{1} +p_{2}} $$

同样由归纳法，有

$$ f\left(\cfrac{\sum\limits _{j=1}^{m} p_{j}\vec{x}_{j}}{\sum\limits _{j=1}^{m} p_{j}}\right) \geq \cfrac{\sum\limits _{j=1}^{m} p_{j} f(\vec{x}_{j})}{\sum\limits _{j=1}^{m} p_{j}} $$

其中\( p_{j} >0,j=1,2,...,m\),取等条件是所有\( \vec{x}_{j}\)共线，令\( \sum\limits _{j=1}^{m} p_{j} =1\)，得到
\begin{equation}
\prod\limits _{i=1}^{n}\left(\sum\limits _{j=1}^{m} p_{j} x_{ij}\right)^{k_{i}} \geq \sum\limits _{j=1}^{m} p_{j}\prod\limits _{i=1}^{n} x_{ij}^{k_{i}}
\end{equation}
\( ( 25) 中令p_{j} =\frac{1}{m} ,k_{i} =\frac{1}{m} ，得到Carlson( 卡尔松) 不等式\)
\begin{equation}
\prod\limits _{i=1}^{n}\sqrt[n]{\sum\limits _{j=1}^{m} x_{ij}} \geq \sum\limits _{j=1}^{m}\sqrt[n]{\prod\limits _{i=1}^{n} x_{ij}}
\end{equation}
\( ( 25) 中令n=2,p_{j} =\frac{1}{m} ，则得到Holder不等式\)
\begin{equation}
\left(\sum\limits _{j=1}^{m} x_{j}\right)^{k_{1}}\left(\sum\limits _{j=1}^{m} y_{j}\right)^{k_{2}} \geq \sum\limits _{j=1}^{m} x_{j}^{k_{1}} y_{j}^{k_{2}}
\end{equation}
结合二者的限制条件，就回到柯西不等式。

赫尔德不等式可退化出基本不等式。

Carlson不等式的另一种证明

\( 记A_{j} =\sum _{i=1}^{n} a_{ij} ，对一切A_{j} >0，由AM-GM得到\)

$$ \frac{a_{i1}}{A_{1}} +\frac{a_{i2}}{A_{2}} +\cdots +\frac{a_{im}}{A_{m}} \geqslant m\left(\frac{\prod _{j=1}^{m} a_{ij}}{\prod _{j=1}^{m} A_{j}}\right)^{\frac{1}{m}} \ ( AM-GM\ m元形式) $$

仿照Cauchy不等式的AM-GM证明方法，一次对\( i=1,2,3...,n\)求和，得到

$$ \frac{\sum _{k=1}^{n} a_{ik}}{A_{1}} +\frac{\sum _{k=1}^{n} a_{i2}}{A_{2}} +\cdots +\frac{\sum _{k=1}^{n} a_{i3}}{A_{m}} \ =\ m\ \geqslant m\sum _{i=1}^{n}\left(\frac{\prod _{j=1}^{m} a_{ij}}{\prod _{j=1}^{m} A_{j}}\right)^{\frac{1}{m}} $$

所以

$$ \left(\frac{\sum _{i=1}^{n}\left(\prod _{j=1}^{m} a_{ij}\right)}{\prod _{j=1}^{m} A_{j}}\right)^{\frac{1}{m}} \leq 1 $$

从而

$$ \prod\limits _{i=1}^{n}\sqrt[n]{\sum\limits _{j=1}^{m} x_{ij}} \geq \sum\limits _{j=1}^{m}\sqrt[n]{\prod\limits _{i=1}^{n} x_{ij}} \ \square \\ 设G_{i} =\prod _{j=1}^{m} a_{ij} ，当A_{j} =0时，由a_{ij} \geqslant 0\Longrightarrow \ a_{2j} =a_{2j} =...=a_{nj} =0\\ 所以对每个G_{i}( i=1,2,...,n) 都为0时候取等\\ 或有\frac{a_{i1}}{A_{1}} =\frac{a_{i2}}{A_{2}} =...=\frac{a_{im}}{A_{m}} 时候取等。考虑矩阵( a_{ij})_{n\times m} ，可以理解为n行m列的数表，用\\ ij表示a_{ij} 为位于这个数表的i行j列( a_{ij} \geqslant 0) ，即每一行数都对应成比例时\ 取等 $$

矩阵如下：

$$ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1m}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2m}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nm} \end{pmatrix} $$

Carlson不等式得到权方和不等式加强

\( \begin{array}{{>{\displaystyle}l}}
一般地，权方和不等式为\ \sum _{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{2}}{b_{i}} \ \geqslant \ \frac{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}}{\sum _{i=1}^{n} b_{i}} ，而加强形式为\left( m,n\ \in \ N^{*} ，a_{i} >0，b_{i} >0\right)\
且i=1,2,3...,n
\end{array}\)
\begin{equation}
\ \sum _{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{m+1}}{b_{i}^{m}} \ \geqslant \ \frac{\left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{m+1}}{\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{m}}
\end{equation}
可以注意到，仍然满足分子比分母高1次，该式子等价于证明

$$ \left(\sum _{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{m+1}}{b_{i}^{m}}\right)\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{m} \geqslant \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{m+1} $$

构造矩阵，结合Carlson不等式：

$$ \begin{pmatrix} \frac{a_{1}^{m+1}}{b_{1}^{m}} & \frac{a_{2}^{m+1}}{b_{2}^{m}} & \cdots & \frac{a_{n}^{m+1}}{b_{n}^{m}} & \\ b_{1} & b_{2} & \cdots & b_{n} & \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & 共m行重复\\ b_{1} & b_{2} & \cdots & b_{n} & \end{pmatrix} $$

显然QED \( \square \)

杨氏不等式和Holder不等式

\( 若a,b\ \in \ R^{+} ，p,q\in R，且p,q >1，\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1，则\)

$$ ab\leq \frac{a^{p}}{p} +\frac{b^{q}}{q} $$

(29)式为杨氏不等式，Holder不等式如下（证明需要用到杨氏不等式）

$$ \left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{p}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{q} \geq \left[\sum\limits _{i=1}^{n}\left( a_{i}^{p} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{p+q}}\right]^{p+q} $$

(30)是一般使用的形式，显然等价于

$$ \left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{\frac{p}{p+q}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{\frac{q}{p+q}} \geq \sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{\frac{p}{p+q}} b_{i}^{\frac{q}{p+q}} $$

不难得到另一种等价形式

$$ \left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}\right)^{p}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}\right)^{q} \geq \sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p} b_{i}^{q} \ ( p+q=1) $$

此即(27)式，作置换\( {\displaystyle p\mapsto \frac{1}{p} ,q\mapsto \frac{1}{q} ,a_{i} \mapsto a_{i}^{p} ,b_{i} \mapsto b_{i}^{q}}\)，也就得到

$$ \left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}} \geq \sum\limits _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ \left(\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1\right) $$

(31)为Holder不等式的一般形式

加权AM-GM不等式

要想给出杨氏不等式的证明，我们需要了解加权AM-GM不等式

\( 0\leq \ c_{i} \ \in \ R，0\leq \lambda _{i} \ \in \ R\ 且\sum _{i=1}^{n} \lambda _{i} =1，则\)

$$ \prod _{k=1}^{n} c_{k}^{\lambda _{k}} \leq \sum _{k=1}^{n} \lambda _{k} c_{k} $$

(32)式为加权AM-GM不等式

证明如下：

由于函数\( x\rightarrow lnx\)为严格凹函数，那么根据琴生不等式

$$ ln\ \sum _{k=1}^{n} \lambda _{k} c_{k} \ \geq \ \sum _{k=1}^{n} \lambda _{k} \ lnc_{k} \ =\ ln\ \prod _{k=1}^{n} c_{k}^{\lambda _{k}} $$

再由于\( ln\ x\)为严格递增函数，我们可以得到

$$ \prod _{k=1}^{n} c_{k}^{\lambda _{k}} \leq \sum _{k=1}^{n} \lambda _{k} c_{k} $$

\( \square \)

Holder不等式的证明

注意到杨氏不等式实则和2元的加权AM-GM不等式等价，自然成立

接下来我们借助杨氏不等式来证明Holder不等式

首先在杨氏不等式中，作置换

$$ {\displaystyle x\mapsto \frac{a_{i}}{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}} ,y\mapsto \frac{b_{i}}{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}} $$

得到

$$ {\displaystyle \frac{a_{i} b_{i}}{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}} \leq \frac{1}{p}\frac{a_{i}^{p}}{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}} +\frac{1}{q}\frac{b_{i}^{q}}{\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}}} $$

对两边同时求和（第三次遇到这种证法了）

$$ {\displaystyle \sum\limits _{i=1}^{n}\frac{a_{i} b_{i}}{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}} \leq \sum\limits _{i=1}^{n}\frac{1}{p}\frac{a_{i}^{p}}{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}} +\sum\limits _{i=1}^{n}\frac{1}{q}\frac{b_{i}^{q}}{\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}}} $$

即

$$ {\displaystyle \frac{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}}{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}} \leq \frac{1}{p}\frac{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}}{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}} +\frac{1}{q}\frac{\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}}{\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}} =\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1} $$

从而得证，此即Holder的一般形式

当且仅当

$$ {\displaystyle x^{p} =y^{q} \Leftrightarrow \frac{a_{i}^{p}}{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}} =\frac{b_{i}^{q}}{\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}}} $$

时候取等(其实是杨氏不等式取等条件得到)

所以我们琴生不等式→加权AM-GM→杨氏不等式→Holder不等式→Carlson不等式

其中Carlson可看做Holder的推广，并且二者具有一定的同源性和等价性

AM-GM的证明的两种巧妙证法(琴生和排序)

法1：(琴生不等式)

$$ 注意到几何平均数G_{n} 实际等于{\displaystyle \exp\left(\frac{\ln x_{1} +\ln x_{2} +\cdots +\ln x_{n}}{n}\right) ，因此AM-GM不等式等价}\\ {\displaystyle 于：\ln\frac{x_{1} +x_{2} +\cdots +x_{n}}{n} \geq \frac{\ln x_{1} +\ln x_{2} +\cdots +\ln x_{n}}{n}}\\ 由于ln\ x为凹函数，结合琴生不等式，得证 $$

法2：（排序不等式）

$$ {\displaystyle 令b_{i} =\frac{a_{i}}{\mathbf{G}_{n}} (i=1,2,3,...,n)，从而\prod _{i=1}^{n} b_{i} =1，再作代换b_{1} =\frac{c_{1}}{c_{2}} ,b_{2} =\frac{c_{2}}{c_{3}} ,\cdots ,b_{n} =\frac{c_{n}}{c_{1}}}\\ 从而由排序不等式，得到：\\ {\displaystyle \frac{c_{1}}{c_{2}} +\frac{c_{2}}{c_{3}} +\cdots +\frac{c_{n}}{c_{1}} \geqslant \frac{c_{1}}{c_{1}} +\frac{c_{2}}{c_{2}} +...+\frac{c_{n}}{c_{n}} =n}\\ 得到{\displaystyle a_{1} +a_{2} +\cdots +a_{n} \geqslant n\mathbf{G}_{n} ，即AM-GM成立\ \square } $$

因此琴生不等式→AM-GM→柯西不等式，排序不等式→AM-GM，排序不等式→切比雪夫不等式。

所以我们可认为所有不等式都可以从琴生不等式和排序不等式基础上建立

不等式的简约记法

在前文中，我们记 \ \( Q_{n}( a) \ =\ \sqrt{\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}\)，\( A_{n}( a) =\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}}{n}\)，\( G_{n}( a) =\sqrt[n]{\prod _{i=1}^{n} a_{i}}\)，\( H_{n}( a) =\frac{n}{\sum _{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}}\)

实际上还有\( D_{n}( ab) =\sqrt{\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i}}{n}}\)，这个叫做积均值

\( M_{r}( a) =\ \left(\frac{\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{r}}{n}\right)^{\frac{1}{r}}\)，这个叫做幂平均函数。我们注意到

$$ M_{2}( a) \ =\ Q_{n}( a) \ $$

借助这些符号我们可以简记不等式如下

$$ Q_{n}( a) \ \geqslant \ A_{n}( a) \ \geqslant \ G_{n}( a) \ \geqslant \ H_{n}( a) $$

上式为AM-GM不等式链

$$ \sqrt{Q_{\ }{}_{n}( a) Q_{n}( b)} \geq \ D_{n}( ab) $$

(34)式即柯西不等式

$$ \sqrt{A_{n}( a) A_{n}( b)} \leq \ D_{n}( ab) $$

(35)式即切比雪夫不等式，可简记为均值积小积均值。于是我们可以得到

$$ \sqrt{A_{n}( a) A_{n}( b)} \leq \ D_{n}( ab) \ \leq \sqrt{Q_{\ }{}_{n}( a) Q_{n}( b)} $$

此外还有

$$ \sqrt{M_{p}( a) M_{q}( a)} \geq \ D_{n}( ab) $$

(37)式即Holder不等式，可简记为幂均值的几何均值不小于积均值。

那么(37)式子是如何得出的呢？

$$ \left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}} \geq \sum\limits _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ $$

由于\( \frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1，所以n^{\frac{1}{p}} \cdot n^{\frac{1}{q}} =n\)，对一般形式同除以n，得到

$$ \frac{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}{n^{\frac{1}{p}}}\frac{\left(\sum\limits _{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}{n^{\frac{1}{q}}} \geq \frac{\sum\limits _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ }{n} $$

观察即可得(37)式

加权Holder不等式

Holder不等式的推广形式即Carlson不等式，它存在加权形式，具体如下：

\( 若{a_{n}} ，{b_{n}} ，{c_{n}} 为三个正实数序列，p,q >1且\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1，则\)

$$ \sum _{i=1}^{n} a_{i} b_{i} m_{i} \leq \left(\sum _{i=1}^{n} a_{i}^{p} m_{i}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum _{i=1}^{n} b_{i}^{q} m_{i}\right)^{\frac{1}{q}}\\ 当且仅当\frac{a_{1}^{p}}{b_{1}^{q}} =\cdots =\frac{a_{n}^{p}}{b_{n}^{p}} 时候取等 \notag $$

(38)即加权Holder不等式，证明可自行尝试。这里从略。