算几不等式的证明(III)(Inequality of ar

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已知:\(a_1,a_2,…,a_n\) 为正数或零。

求证:

\(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\),“\(=\)” 成立时若且唯若,\(a_1=a_2=…=a_n\)。

(其中 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 称为算术平均数AM,\(\sqrt[n]{a_1a_2…a_n}\) 称为几何平均数GM)。

在此篇文章中,笔者再介绍两种证明算几不等式的方法,第一个称为「调整法」,第二个是波里亚(George Pólya,1887 –1985) 的指数证明方法。

第一个  调整法:

引入证明前,我们先介绍一个必备的定理:

已知:\(a_1,a_n\) 为相异两正数,其中 \(a_1>a_n\),且 \(M\) 为两数的算术平均数。

求证:\(M(a_1+a_n-M)>a_1a_n\)。

证明:

因为 \(\begin{array}{ll}M({a_1} + {a_n} – M) – {a_1}{a_n}&=- ({M^2} – {a_1}M – {a_n}M + {a_1}{a_n})\\&=- \left( {M – {a_1}} \right)(M – {a_n}) \\&= ({a_1} – M)(M – {a_n}) > 0\end{array}\)
,所以,\(M(a_1+a_n-M)>a_1a_n\),得证。

现在,我们考虑 \(a_1,a_2,…,a_n\) 等 \(n\) 个非负实数,并且将它们由大到小排列,

令它们的算术平均数为 \(M\)。如果大家都是 \(M\),则 \(AM\ge GM\) 显然成立。

否则,将最大的 \(a_1\) 与最小的 \(a_n\) 这两数分别以 \(M,(a_1+a_n-M)\) 取代。

取代后,算术平均数不变,但是,几何平均数变大 (由二次函数的行为可知或根据上述的定理证明可知)。继续重複此步骤,有限次之后必定每个数字都是 \(M\)。

由于过程中 \(GM\) 一直增大,而最后的 \(AM=GM\),

所以,原来的 \(AM\) 必定大于或等于 \(GM\),证明完毕。

以上证明称为「调整法」的原因,是由于我们一个一个调整这些数,过程中的某个量保持单调性,这是不等式证明的常用手法。

第二个  波里亚的指数法:

首先考虑函数 \(f(x)=e^{x-1}-x\),其中 \(x\) 为任意实数,

其导函数为 \(f'(x)=e^{x-1}-1\),二阶导函数为 \(f”(x)=e^{x-1}\),

同时 \((1)=0,~f'(1)=0\),而 \(f”(x)>0,~\forall x\in \mathbb{R}\),

因此,\(f(x)\) 为严格递增函数(凹口向上),而且在 \(x=1\) 时,有唯一的最小值,

所以,对于 \(x\) 为任意实数时,\(e^{x-1}\ge x\) 恆成立,而且在 \(x=1\)时,“\(=\)” 成立。

接着考虑 \(a_1,a_2,…,a_n\) 为正数或零,如果所有的数都是零,

那幺 \(AM=GM\),当然算几不等式就成立了。

接着,我们可以假设它们的算术平均数为 \(M>0\),

藉由将上述不等式 \(x\le e^{x-1}\) 乘上 \(n\) 次,我们可以得到:

\(\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{{a_1}}}{M} \times \frac{{{a_2}}}{M} \times … \times \frac{{{a_n}}}{M}&\le\displaystyle {e^{\frac{{{a_1}}}{M} – 1}}{e^{\frac{{{a_2}}}{M} – 1}}…{e^{\frac{{{a_n}}}{M} – 1}} \\&=\displaystyle {e^{(\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{M} – n)}} = {e^{(\frac{{nM}}{M} – n)}} = {e^0} = 1\end{array}\)

等号成立于 \(\displaystyle\frac{{{a_1}}}{M} = \frac{{{a_2}}}{M} = … = \frac{{{a_n}}}{M} = 1\) ,即 \(a_1=a_2=…=a_n=M\)。

继续运算上列不等式得 \({a_1}{a_2}…{a_n} \le {M^n}\),将 \(\displaystyle{M} = \frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n}\) 代入,

并开 \(n\) 次方得 \(\displaystyle\frac{{{a_1} + {a_2} + … + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}\),得证。

这个证明波里亚巧妙地使用函数 \(f(x)=e^{x-1}-x\),藉由 \(y=e^x\) 是凸函数的性质,连结上算几不等式,可以省去许多冗长的证明,值得学习。

国立台湾师範大学数学系许志农教授在《高中数学珍宝》曾以算几不等式编写过一道数学证明题:

已知:如下图,正方形 \(\alpha\) (边长为\(a\))与正方形 \(\beta\) (边长为\(b\))的面积和为 \(1\)。

求证:刚好包住正方形 \(\alpha\) 与正方形 \(\beta\) 的矩形面积 \(\le \displaystyle\frac{1+\sqrt{2}}{2}\)。

算几不等式的证明(III)(Inequality of ar

证明:令矩形\(ABCD\)的面积\(=\overline{AB}\times\overline{CD}=b(a+b)=K\),

因为正方形 \(\alpha\) (边长为\(a\))与正方形 \(\beta\) (边长为\(b\))的面积和为 \(1\),所以,\(a^2+b^2=1\),

利用算几不等式:

\(\displaystyle\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{(\sqrt 2 b)}^2}}}{2} \ge \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} \cdot {{(\sqrt 2 b)}^2}}=\sqrt 2 b(a + b)\)(这个动作值得读者深思),

整理得 \(\displaystyle\frac{{({a^2} + {b^2}) + (2ab + 2{b^2})}}{2} \ge \sqrt 2 b(a + b)\),

将 \(b(a+b)=K\) 代入得 \(\displaystyle \frac{1+2K}{2}\ge \sqrt{2}K\),移项得 \(\displaystyle{K} \le \frac{1}{{2(\sqrt 2-1)}} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}\),

得证。

附记:这个证明,除了使用算几不等式外,也可以利用三角函数处理。

参考资料: