平均值不等式的几个证明

2022-01-29 本文已影响0人不为竞赛学奥数

平均值不等式

设 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 是 $n$ 个正实数.则

$\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\geqslant \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}.\qquad(*)$

其中 $\dfrac{1}{n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$ 称为 $a_{1},\cdots ,a_{n}$ 的算术平均值,而 $\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$ 称为 $a_{1},\cdots ,a_{n}$ 的几何平均值.

证明一

当 $n=1$ 时, $(*)$ 显然成立;当 $n=2$ 时, $(*)$ 等价于 $a_{1}+a_{2}\geqslant 2\sqrt{a_{1}a_{2}}$ ,即 $\left(\sqrt{a_{1}}-\sqrt{a_{2}}\right)^{2}\geqslant 0$ ,故(*)成立.

现设(*)对 $n$$\left(\geqslant 2\right)$ 成立,考虑 $n+1$ 的情形.

记 $A=\dfrac{l}{n+1}\left(a_{1}+\cdots+a_{n+1}\right)$ ,则由归纳假设知 $\begin{aligned} & \dfrac{1}{2 n}(a_{1}+\cdots+a_{n+1}+\underbrace{A+\cdots+A}_{n-1 \text{个} A}) \\ =& \dfrac{1}{2 n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)+\dfrac{1}{2 n}\left(a_{n+1}+\underbrace{A+\cdots+A}_{n-1 \text{个} A}\right) \\ \geqslant & \frac{1}{2}\left(\sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}}+\sqrt[n]{a_{n+1} \underbrace{A \cdots A}_{n-1 \text{个} A}}\right) \\ \geqslant & \sqrt{\sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} \cdot \sqrt[n]{a_{n+1} \cdots A^{n-1}}} \\ =& \sqrt[2 n]{a_{1} \cdots a_{n+1} A^{n-1}} . \end{aligned}$
注意到 $a_{1}+\cdots+a_{n+1}=\left(n+1\right)A$ ,故 $\dfrac{1}{2n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n+1}+\underbrace{A+\cdots+A}_{n-1 \text{个} A}\right)=\dfrac{1}{2n}\left(\left(n+1\right)A+\left(n-1\right)A\right)=A$ ,所以
$A\geqslant \sqrt[2n]{a_{1}\cdots a_{n+1}A^{n-1}}$
进而 $A^{n+1}\geqslant a_{1}\cdots a_{n+1}$ ,即可得
$\dfrac{1}{n+1}\left(a_{1}+\cdots+a_{n+1}\right)\geqslant \sqrt[n+1]{a_{1}\cdots a_{n+1}}.$
故(*)对 $n+1$ 成立.

所以,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,不等式 $(*)$ 成立.

说明这是用第一数学归纳法的形式给出的 $(*)$ 的一个归纳证明,技巧性是比较强的.

证明二利用 $(*)$ 对 $n=2$ 成立(证明同上),由数学归纳法易证:(*)对 $n=2^{k}\left(k\in \mathbb{N}^{*}\right)$ 都成立.

事实上,若 $(*)$ 对 $2^{k}$ 成立,则 $n=2^{k+1}$ 时,有
$\begin{aligned} \dfrac{1}{2^{k+1}}\left(a_{1}+\cdots+a_{2^{k+1}}\right)&= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2^{k}}\left(a_{1}+\cdots+a_{2^{k}}\right)+\dfrac{1}{2^{k}}\left(a_{2^{k}+1}+\cdots+a_{2^{k+1}}\right)\right)\\ &\geqslant \dfrac{1}{2}\left(\sqrt[2^{k}]{a_{1}\cdots a_{2^{k}}}+ \sqrt[2^{k}]{a_{2^{k}+1}\cdots a_{2^{k+1}}}\right) \end{aligned}$
即(*)对 $n=2^{k}$ , $k=1,2,\cdots$ 都成立.

下面来讨论n的情形:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,取 $k\in \mathbb{N}$ ,使得 $2^{k}\leqslant n<2^{k+1}$ ,并记 $A=\dfrac{1}{n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$ ,则由前面的结论,可知
$\begin{aligned} &\dfrac{1}{2^{k+1}}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}+\underbrace{A+\cdots+A}_{2^{k+1}-n\text{个}A}\right)\\ \geqslant &\sqrt[2^{k+1}]{a_{1}\cdots a_{n}\underbrace{A+\cdots+A}_{2^{k+1}-n\text{个}A}}. \end{aligned}$
结合 $a_{1}+\cdots+a_{n}=nA$ ,可得
$A\geqslant 2^{k+1}\sqrt{a_{1}\cdots a_{n}A^{2^{k+1}-n}}.$
进而,有 $A^{n}\geqslant a_{1}\cdots a_{n}$ ,从而可知,(*)对 $n$ 成立.

说明这个证明思路比较自然,与前一个证明对比,都需要“凑项”.

证明三

由前面的证明知, $(*)$ 对 $n=2^{k}$ 都成立,这表明存在无穷多个正整数 $n$ ,使得 $(*)$ 成立.

现设(*)对 $n+1$ 成立,则对 $n$ 的情形,记 $A=\dfrac{1}{n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$ ,有
$\dfrac{1}{n+1}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}+A\right)\geqslant\sqrt[n+1]{a_{1}\cdots a_{n}\cdot A},$

结合 $a_{1}+\cdots+a_{n}=nA$ ,就有 $A\geqslant \sqrt[n+l]{a_{1}\cdots a_{n}\cdot A}$ ,依此可推出 $A\geqslant \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}$ 即(*)对 $n$ 成立.

所以,(*)对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 都成立.

说明这里用到了“补漏洞”的思想,它是反向数学归纳法的基本应用.

反向归纳法又称为倒推归纳法.其基本结构如下:

设关于正整数 $n$ 的命题(或性质) $P\left(n\right)$ 满足:

(1)对无穷多个正整数 $n$ , $P\left(n\right)$ 成立;

(2)由 $P\left(n+1\right)$ 成立可推出 $P\left(n\right)$ 成立.

则对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $P\left(n\right)$ 都成立.

证明

用反证法处理若存在 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $P\left(m\right)$ 不成立,我们用数学归纳法证明:对任意 $n\geqslant m$ , $P\left(n\right)$ 都不成立(从而导出至多只有有限个 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $P\left(n\right)$ 成立,与条件(1)矛盾)事实上,由反证法假设知, $P\left(m\right)$ 不成立.

现设 $P\left(n\right)\left(n\geqslant m\right)$ 不成立,则由(2)知, $P\left(n+1\right)$ 不成立(利用(2)的逆否命题).

所以,由数学归纳法原理知,对任意 $n\geqslant m$ , $P\left(n\right)$ 都不成立,矛盾.

从而,反向归纳法是正确的.

对比平均值不等式的后两个证明,它们都先证明了命题对无穷多个 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立,然后在此基础上证明命题对每个 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

这个想法在许多场合都会用到.平均值不等式可能是数学中证明方法最多的定理,这里只是给出了利用数学归纳法证明中最常见的方法,并将这些证明的思想与方法应用于求解其他问题.

平均值不等式的几个证明

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