第一篇：常用均值不等式及证明证明

常用均值不等式及证明证明

这四种平均数满足hn?gn?

an?qn

?、ana1、a2、

?r?，当且仅当a1?a2??

?an时取“=”号

仅是上述不等式的特殊情形，即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)由以上简化，有一个简单结论，中学常用

均值不等式的变形：

(1)对实数a,b，有a

2

22

?b2?2ab (当且仅当a=b时取“=”号)， a,b?0?2ab

(4)对实数a,b，有

a?a-b??b?a-b?

a2?b2?

2ab?0

(5)对非负实数a,b，有

(8)对实数a,b,c，有

a2?

b2?c2?ab?bc?ac

a?b?c?abc(10)对实数a,b,c，有

均值不等式的证明：

方法很多，数学归纳法（第一或反向归纳）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设a≥0，b≥0，则?a?b??an?na?n-1?b

n

注：引理的正确性较明显，条件a≥0，b≥0可以弱化为a≥0

，a+b≥0 (用数学归纳法)。

当n=2时易证；

假设当n=k时命题成立，即

那么当n=k+1时，不妨设ak?1是则设

a1,a2,?,ak?1中最大者，

kak?1?a1?a2???ak?1 s?a1?a2???ak

用归纳假设

下面介绍个好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f?x?,x1,x2,?,xn是函数f?x?在区间(a,b)内的任意n个点，

设f?x??lnx，f

?x?为上凸增函数所以，

在圆中用射影定理证明（半径不小于半弦）

第二篇：均值不等式证明

均值不等式证明

一、

已知x,y为正实数，且x+y=1求证

xy+1/xy≥17/4

1=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥2

当且仅当xy=1/xy时取等

也就是xy=1时

画出xy+1/xy图像得

01时，单调增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得证

继续追问：

拜托，用单调性谁不会，让你用均值定理来证

补充回答：

我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的

法二：

证xy+1/xy≥17/4

即证4(xy)²-17xy+4≥0

即证(4xy-1)(xy-4)≥0

即证xy≥4，xy≤1/4

而x,y∈r+，x+y=1

显然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4，得证

法三：

∵同理0

xy+1/xy-17/4

=(4x²y²-4-17xy)/4xy

=(1-4xy)(4-xy)/4xy

≥0

∴xy+1/xy≥17/4

试问怎样叫“利用均值不等式证明”，是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!

二、

已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那么

1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)

≥1/(a-b)+1/(b-c)-1/【2√(a-b)*(b-c)】

≥2/【√(a-b)*(b-c)】-1/【2√(a-b)*(b-c)】=(3/2)/【2√(a-b)*(b-c)】>0

三、

1、调和平均数：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)2、几何平均数：gn=(a1a2...an)^(1/n)3、算术平均数：an=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn的式子即为均值不等式。

概念：

1、调和平均数：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：an=(a1+a2+...+an)/n

4、平方平均数：qn=√

这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn

a1、a2、…、an∈r+，当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号

均值不等式的一般形式：设函数d(r)=^(1/r)(当r不等于0时);

(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即d(0)=(a1a2...an)^(1/n))

则有：当r注意到hn≤gn≤an≤qn仅是上述不等式的特殊情形，即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)

由以上简化，有一个简单结论，中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设a≥0，b≥0，则(a+b)^n≥a^n+na^(n-1)b。

注：引理的正确性较明显，条件a≥0，b≥0可以弱化为a≥0，a+b≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立，即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时，不妨设a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，则

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

设s=a1+a2+…+ak，

{/(k+1)}^(k+1)

={s/k+/}^(k+1)

≥(s/k)^(k+1)+(k+1)(s/k)^k/k(k+1)用引理

=(s/k)^k*a(k+1)

≥a1a2…a(k+1)。用归纳假设

下面介绍个好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，

则有：f≥1/n*

设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数

所以，ln≥1/n*=ln

即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)

在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)。

第三篇：均值不等式的证明

均值不等式的证明

设a1,a2,a3...(更多精彩文章请关注好 范文网wwW.hAOwOrd.Com)an是n个正实数，求证(a1+a2+a3+...+an)/n≥n次√(a1*a2*a3*...*an).要简单的详细过程，谢谢!!!!

你会用到均值不等式推广的证明，估计是搞竞赛的把

对n做反向数学归纳法

首先

归纳n=2^k的情况

k=1。。。

k成立k+1。。。

这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到

关键是下面的反向数学归纳法

如果n成立对n-1，

你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然后代到已经成立的n的式子里，整理下就可以得到n-1也成立。

所以得证

n=2^k中k是什么范围

k是正整数

第一步先去归纳2，4，8，16，32...这种2的k次方的数

一般的数学归纳法是知道n成立时，去证明比n大的时候也成立。

而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下，对比n小的数进行归纳，

指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”

我记得好像有两种几何证法，一种三角证法，一种代数证法。

请赐教!

sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证明：

1.sqrt(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n

两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一个变式，直接代入就可以了：

柯西不等式变式：

a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立

只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可

(2)柯西不等式

(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2

2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)

(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数，则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx显然，lgx在定义域内是凸函数

nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an

也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)

f(x)在定义域内单调递增，所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)

(2)原不等式即证：a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

先证明a^n+b^n≥a^(n-1)b+b^(n-1)a做差(a-b)(a^(n-1)-b^(n-1))≥0

2*(a1^n+a2^n+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(n-1)a1+a1^a(n-1)an

=a2(a1^(n-1)+a3^(n-1))+a3(a2^(n-1)+a4^(n-1))...

≥a2a1^(n-2)a3+a2a3^(n-2)a1+...≥...≥2na1a2...an

即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式，不予介绍

3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即证：n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号

由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n

所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证毕

特例：sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b

证明：

1.sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立

此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半

3.sqrt(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

而sqrt(ab)*(1/a+1/b)=sqrt(a/b)+sqrt(b/a)≥2。

第四篇：均值不等式及证明

一、均值不等式 （一）概念：

第五篇：均值不等式的证明方法

柯西证明均值不等式的方法 by zhangyuong（数学之家）

本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。

一般的均值不等式我们通常考虑的是an?gn: 一些大家都知道的条件我就不写了

x1?x2?...?xn

n

?

x1x2...xn

我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出：

二维已证，四维时：

a?b?c?d?(a?b)?(c?d)?2ab?2cd?4八维时:

(a?b?c?d)?(e?f?g?h)?4abcd?4efgh?8abcdefgh

abcd

?4abcd

这样的步骤重复n次之后将会得到

x1?x2?...?x2n

2

n

?

2

n

x1x2...x2n

令x1?x1,...,xn?xn;xn?1?xn?2?...?x2?

n

x1?x2?...?xn

n

?a

由这个不等式有

a?

na?(2?n)a

2

nn

?

2

n

x1x2..xna

2?n

n

?(x1x2..xn)2a

n

1?

n2

n

即得到

x1?x2?...?xn

n

?

n

x1x2...xn

这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子：

例1：

n

若0?ai?1(i?1,2,...,n)证明?

i?1

11?ai

?

n

1?(a1a2...an)n

例2：

n

若ri?1(i?1,2,...,n)证明?

i?1

1ri?1

?

n

1?(r1r2...rn)n

这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法：

给出例1的证明：

当n?2时11?a1

?

11?a2

?

?(1?

?a1?a2)?2(1?a1)(1?a2)

设p?a1?a2,q?

?(1?q)(2?p)?2(1?p?q)

?p?2q?pq?2q?p(1?q)?2q(q?1)?p?2q，而这是2元均值不等式因此11?a1?

?

11?a22

n

?

11?a3

?

11?a4

??

此过程进行下去

n

?

因此?

i?1

1?ai

1?(a1a2...a2n)2

n

令an?1?an?2?...?a2n?(a1a2...an)n?g

n

有?

i?1n

11?ai

11?ai

?(2?n)

n

11?g

?

n

n2?n

n

?

n

1?(gg

?

n1?g

n

)

n

1?g

即?

i?1

例3：

已知5n个实数ri,si,ti,ui,vi都?1(1?i?n),记r?t?

n

1n

n

?r,s

ii

?

1n

n

?s

i

i

1n

n

?t,u

ii

?

1n

n

?u

i

i

,v?

1n

n

?v，求证下述不等式成立：

ii

?

i?1

(

risitiuivi?1risitiuivi?1

)?(

rstuv?1rstuv?1

)

n

要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式

其实由均值不等式，以及函数f(x)?ln因此

e?1e?1

x

x

是在r上单调递减

rstuv?

?

(

rstuv?1rstuv?1

)?

n

我们要证明：

n

?(rstuv

i?1

iii

i

risitiuivi?1

i

?1

)?

证明以下引理：

n

?(x

i?1

xi?1

i

x2?1x2?1

n

?1

)?

n?2时，?(令a?

x1?1x1?1

)(

)?2

?a(x1x2?1?x1?x2)?(x1?x2?1?x1x2)

?2a(x1x2?x1?x2?1)?a(x1x2?1?x1?x2)?(1?x1x2?x1?x2)?2a(x1x2?1?x1?x2)

?(a?1)(x1x2?1)?2a(x1x2?1)显然成立

2?n

n

n

因

此?(

i?1

xi?1xi?1

n

)?(

g?1g?1

)

2?n

n

?(

gggg

n

n

n

n

?1?1

2?n2

n

)，g?

n

?(

g?1g?1

n

)

因此?(

i?1

xi?1xi?1

n

)?

所以原题目也证毕了

这种归纳法威力十分强大，用同样方法可以证明jensen:

f(x1)?f(x2)

?f(

x1?x2

)，则四维：

f(x1)?f(x2)?f(x3)?f(x4)?2f(

x1?x2

)?2f(

x3?x4

)?4f(

x1?x2?x3?x4

)

一直进行n次有

f(x1)?f(x2)?...?f(x2n)

n

?f(

x1?x2?...?x2n

n

),

令x1?x1,...,xn?xn;xn?1?xn?2?...?x2?

n

x1?x2?...?xn

n

n

?a

有

f(x1)?...?f(xn)?(2?n)f(a)

n

n

?f(

na?(2?n)a

n

)?f(a)

所以得到

f(x1)?f(x2)?...?f(xn)

n

?f(

x1?x2?...?xn

n

)

所以基本上用jensen证明的题目都可以用柯西的这个方法来证明

而且有些时候这种归纳法比jensen的限制更少

其实从上面的看到，对于形式相同的不等式，都可以运用归纳法证明

这也是一般来说能够运用归纳法的最基本条件