平均值不等式

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平均值不等式是说,对于正数$a_1,a_2,\cdots,a_n(n\geq 2)$,有
$$
\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.
$$
等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.在博文平均值不等式的一个证明中我们曾经给出一种证明方法.现在我们给出另一种类似但是不同的证明.

令向量$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
a_1\\
a_2\\
\vdots\\
a_n
\end{bmatrix}
$,且$\forall n\geq 1$,令
$$
\bm{x}_n=A\bm{x}_{n-1},
$$
其中矩阵
$$
A=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0&\cdots&0\\
0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&\cdots&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2}&0&0&\cdots&\frac{1}{2}
\end{bmatrix}
$$
是$n$阶循环矩阵.我们有

定理 1. $$
\lim_{k\to\infty}A^k=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\end{bmatrix}
$$

证明 . 可得该矩阵的$n$个特征值$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}$是
$$
\lambda_k=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i},k\in \{1,2,\cdots,n\}
$$
其中$i$是虚数单位.易得$\forall 1\leq k\leq n$,$|\lambda_k|\leq 1$,当且仅当$k=n$时,$|\lambda_k|=1$.设矩阵$A$特征值$\lambda_k$所对应的特征向量是$\bm{u}_k$.令$t_{m,k}=(-e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i})^m$,可解得
$$
\bm{u}_k=
\begin{bmatrix}
1\\
t_{1,k}\\
t_{2,k}\\
\vdots\\
t_{n-1,k}
\end{bmatrix}
$$
对于任意的$1\leq k\leq n-1$,我们有
\begin{equation}\label{eq:1}
\sum_{j=0}^{n-1}t_{j,k}=\sum_{j=0}^{n-1}t_{1,k}^{j}=0.
\end{equation}
矩阵$A$可以谱分解为
$$
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
其中分块矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}^{-1}
$,且$\forall 1\leq i\leq n$,$\bm{v}_i^{T}$是$1\times n$行向量.则
$$
A^n=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_{1}&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}^{n}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
由于$\forall 1\leq k\leq n-1$,$|\lambda_k|<1$,$\lambda_n=1$,于是 \begin{align*} \lim_{n\to\infty}A^n&= \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&~&~&~\\ ~&0&~&~\\ ~&~&\ddots&~\\ ~&~&~&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix}\\&= \begin{bmatrix} \bm{0}&\cdots&\bm{0}&\bm{u}_{n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix} \\&=\bm{u}_n\bm{v}_n^{T} \\&= \begin{bmatrix} \bm{v}_n^{T}\\ \bm{v}_n^T\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T \end{bmatrix}. \end{align*} 下求$\bm{v}_n^T$.因为 $$ \begin{cases} \bm{v}_n^T\bm{u}_1=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_2=0,\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_{n-1}=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_n=1 \end{cases} $$ 由矩阵$ \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} $可逆,结合\eqref{eq:1}可得,$\bm{v}_n^T$有唯一解 $$ \bm{v}_n^T= \begin{bmatrix} \frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n} \end{bmatrix} $$ 故定理成立. $\Box$

设矩阵$A^k$第$1$行第$p$列的元素是$c_{1,p,k}$,第$2$行第$p$列的元素是$c_{2,p,k}$.我们有

定理 2. 对于任意正整数$k$,都有$$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \prod_{j=1}^n a_j^{c_{1,j,k}}. $$
证明 . 对$k$进行归纳.当$k=1$时,由基本不等式, $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_1+\frac{1}{2}a_2\geq a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}=a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}a_3^0\cdots a_n^0=\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,1}}, $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{3}\geq a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}=a_1^0a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}a_3^{0}\cdots a_n^{0} =\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,1}}$$ 此时命题成立.假设当$k=m(m\geq 1)$时,有 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}} $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}, $$ 则当$k=m+1$时,由基本不等式, \begin{align*} \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m+1}a_{j}&=\sum_{j=1}^{n}(\frac{1}{2}c_{1,j,m}+\frac{1}{2}c_{2,j,m})a_j \\&=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j} \\&\geq \frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}}+\frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}\\&\geq \prod_{j=1}^na_{j}^{\frac{c_{1,j,m}+c_{2,j,m}}{2}}\\&=\prod_{j=1}^na_{j}^{c_{1,j,m+1}}. \end{align*} 由数学归纳法,定理对于任意正整数$k$都成立.$\Box$

在定理2中,令$k\to \infty$,则由定理1,$c_{1,j,k}\to \frac{1}{n}$.对定理2取极限,可得 $$ \lim_{k\to\infty}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \lim_{k\to\infty}a_1^{c_{1,1,k}}a_2^{c_{1,2,k}}\cdots a_p^{c_{1,p,k}}\cdots a_n^{c_{1, n,k}}, $$ 即 $$ \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}a_j\geq a_1^{\frac{1}{n}}a_2^{\frac{1}{n}}\cdots a_{p}^{\frac{1}{n}}\cdots a_n^{\frac{1}{n}}, $$ 此即平均值不等式.等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.

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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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