平均值不等式的一个证明

此文写于2013年1月13日.现在重新整理如下:

平均值不等式:对于非负实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$,有\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_n\geq n \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$.

证明:我们使用数学归纳法证明.当$n=2$时,命题显然成立(基本不等式).假设当$n=k-1(k\geq 3)$时命题也成立,即\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}\geq (k-1)\sqrt[k-1]{a_1a_2\cdots a_{k-1}} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}$.

则$n=k$时,根据归纳假设有\begin{align*} &a_1+a_2+\cdots+a_k\geq \underbrace{(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}}_{k-1\mbox{个}}+a_k\\&= \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+a_k\\&\geq \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对最后两项使用基本不等式而得到})\\&\geq \underbrace{\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}+\cdots +\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}}_{k-1\mbox{个}}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对前k-1项使用归纳假设而得 到})\\&\geq\cdots \end{align*}其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)},T_3=\frac{(k-2)T_1+T_2}{k-1} \end{align*}\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}按照这样的步骤反复操作,所谓这样的步骤,指的是:把前面$k-1$个相同项中的最后一项$M$分离开来,与第$k$项$P$一起使用基本不等式,得到$\sqrt{MP}+\sqrt{MP}$,然后根据归纳假设把前面$k-2$个$M$与$\sqrt{MP}$一 起使用均值不等式,于是又得到$k-1$个相同的项……容易得到在这样的操作步骤 中,每一步等号的成立都需要\begin{align*} a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}=a_k \end{align*}按照这样的步骤,我们会发现$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数和$a_k$的指数会反复以数列的规律变化,下面具体探讨这两个数列.

我们先看数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)}, \end{align*}当$n$为奇数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{(k-2)T_n+T_{n+1}}{k-1} \end{align*}当$n$为偶数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{T_n+T_{n+1}}{2} \end{align*}容易得到通项公式\begin{align*} T_{2n}=\frac{1-(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k},T_{2n+1}=\frac{1+\frac{1}{k-1}(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k} \end{align*}故\begin{align*} \lim_{n\to\infty}T_n=\frac{1}{k} \end{align*}我们再看数列$(R_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}且\begin{align*}R_{2n+1}=\frac{R_{2n}+R_{2n-1}}{2}\end{align*}\begin{align*}R_{2n}=\frac{R_{2n-1}+(k-2)R_{2n-2}}{k-1}\end{align*}容易 解得通项公式\begin{align*}R_{2n}&=\frac{k-2}{k(2k-2)}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]+\frac{1}{2k-2}R_{2n+1}\\&=\frac{k-2}{2k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^n]+\frac{1}{2}-\frac{(k-2)^2}{(2k-2)k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]-\frac{k-2}{2k-2}\end{align*}(我们的目标是求$\lim_{n\to\infty}R_n$,因此在此我不对式子进行化简)

从通项公式可得$\lim_{n\to\infty}R_n=\frac{1}{k}$.数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$和$(R_n)_{n=1}^{\infty}$的极限都是$\frac{1}{k}$,说明当进行如上步骤足够多次时,$a_k$和$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数会趋于$\frac{1}{k}$,再结合指数函数的连续性,容易得到\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_k\geq k(a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}} \end{align*}可见,根据数学归纳法,不等式成立,且不等式成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_k$.

注:类似方法可以用到连续的凹函数和连续的凸函数上去.

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