两个重要不等式

2018-09-05 本文已影响0人硕哒哒哒哒哒

Author: zfs

[1]三角不等式
| $|a|-|b|$ | $\leq|a+b|\leq|a|+|b|$
[2]平均值不等式
$a_1,a_2,a_3……a_n$ (n个正数)
$\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}\geq\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+…+\frac{1}{a_n}}$

            算术平均                   几何平均                  调和平均

证[1]:
$-2|a||b|\leq 2ab\leq 2|a||b|$ ,同时加上 $a^2+b^2$
$(|a|-|b|)^2\leq(a+b)^2\leq(|a|+|b|)^2$
开方得证.

证[2]:

左侧：
- 当n为 $2^t$ 时
  知 $\frac{a_1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_1a_2}$
  $\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\geq\frac{2\sqrt{a_1a_2}+2\sqrt{a_3a_4}}{4}\geq\frac{2\sqrt{4\sqrt{a_1a_2a_3a_4}}}{4}=\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
  ……
  第 $t$ 个等式即为 $\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}$
- 当n不为 $2^t$ 时
  则必存在一个 $l$ 使得 $2^l\leq n\lt 2^{l+1}$
  记 $a^*=\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}$
  则在原列后补充 $2^{l+1}-n$ 个 $a^*$ ,即为
  $a_1,a_2,a_3…a_n,a^*,a^*…$ (共 $2^{l+1}$ 个)
  由上知 $\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n+a^*+a^*+…}{2^{l+1}}\geq\sqrt[2^{l+1}]{a_1a_2a_3…a_na^{*^{2^{l+1}-n}}}$
  而 $a_1a_2a_3…a_n=a^{*^n}$
  故 $\sqrt[2^{l+1}]{a_1a_2a_3…a_na^{*^{2^{l+1}-n}}}=\sqrt[2^{l+1}]{a^{*^n}a^{*^{2^{l+1}-n}}}=a^*$
  $\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n+a^*+a^*+…}{2^{l+1}}\geq a^*$
  则 $a_1+a_2+a_3+…a_n+(2^{l+1}-n)a^*\geq 2^{l+1}a^*$
  即 $\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq a^*=\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}$

左侧得证

右侧：
由左侧不等式 $\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}…+\frac{1}{a_n}}{n}\geq\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}…\frac{1}{a_n}}=\frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2…a_n}}$
由于两侧都大于 $0$ ,故
$\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}…+\frac{1}{a_n}}\leq\sqrt[n]{a_1a_2…a_n}$

右侧得证

上一篇下一篇

猜你喜欢

热点阅读