数学分析 | 基础 | 常用不等式

常用不等式

证明下列重要不等式:

已知 $a,b \geqslant 0$ ,则 $|\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}| \leqslant \sqrt[n]{|a-b|}$ ; (应用见思考题)

柯西不等式: 已知 $a_{i},b_{i} \in \mathbb{R}(i=1,2,3,\cdots,n)$ ,则有 $\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}\right) \geqslant\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}\right)^{2} .$ 当且仅当存在公共的实数 $k$ 使得 $b_{i}=k a_{i}(i=1,2,\cdots,n)$ 时取等号;(应用见例题)

伯努利不等式: 已知实数 $x>-1$ ,则 $n \geqslant 1$ 时,有 $(1+x)^{n} \geqslant 1+n x ; 0 \leqslant n \leqslant 1$ 时,有 $(1+x)^{n} \leqslant 1+n x$ .(应用见例题)

proof

不妨设 $a \geqslant b \geqslant 0$ ,则

$(\sqrt[n]{a-b}+\sqrt[n]{b})^{n}=(a-b)+C_{n}^{1} \sqrt[n]{(a-b)^{n-1} b}+\cdots+C_{n}^{n-1} \sqrt[n]{(a-b) b^{n-1}}+b \geqslant(a-b)+b=a .$

上式两边开 $n$ 次根号有 $\sqrt[n]{a-b}+\sqrt[n]{b} \geqslant \sqrt[n]{a}$ ,即 $\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b} \leqslant \sqrt[n]{a-b}$ .
令函数
$\begin{aligned} f(x) &=\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right) x^{2}-2\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}\right) x+\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}\right) \\ &=\left(a_{1} x-b_{1}\right)^{2}+\left(a_{2} x-b_{2}\right)^{2}+\cdots+\left(a_{n} x-b_{n}\right)^{2} . \end{aligned}$

(i)当 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}=0$ 时,原不等式明显成立.

(ii)当 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ 不全为零时,有 $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}>0$ ,从而 $f(x)$ 为开口向上且恒大于零的抛物线,则有

$\Delta \leqslant 0 \Longrightarrow 4\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}\right)^{2} \leqslant 4\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}\right) .$

即

$\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}\right) \geqslant\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}\right)^{2} .$

易知当且仅当存在公共的实数 $k$ 使得 $b_{i}=k a_{i}(i=1,2,\cdots,n)$ 时取等号.

构造函数 $f(x)=(1+x)^{n}-1-n x$ ,则 $f^{\prime}(x)=n(1+x)^{n-1}-n=n\left[(1+x)^{n-1}-1\right]$

(i)当 $n \geqslant 1$ 时,易知在 $[-1,0]$ 上, $f^{\prime}(x) \leqslant 0$ ,在 $[0,+\infty)$ 上, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ ,从而 $f(x) \geqslant f(0)=0$ ,即

$(1+x)^{n} \geqslant 1+n x .$

(ii)当 $0 \leqslant n \leqslant 1$ 时,易知在 $[-1,0]$ 上, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ ,在 $[0,+\infty)$ 上, $f^{\prime}(x) \leqslant 0$ ,从而 $f(x) \leqslant f(0)=0$ ,即 $(1+x)^{n} \leqslant 1+n x$

定理[平均值不等式]

已知 $x_{i} \in \mathbb{R}^{+}(i=1,2,\cdots,n)$ ,则有 $\sqrt{\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{n}} \geqslant \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} \geqslant \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}} \geqslant \frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}} .$ 即平方平均数 $\geqslant$ 算数平均数 $\geqslant 几$ 何平均数 $\geqslant$ 调和平均数. 当且仅当 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}$ 时取等号.

proof

先求函数 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=x_{1} x_{2} \cdots x_{n}$ 在条件 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=a$ 且 $x_{i}>0(i=1,2,\cdots,n)$ 下的最值. 为此可构造拉格朗日函数
$L\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=x_{1} x_{2} \cdots x_{n}+\lambda\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-a\right) .$
解方程组
$\left\{\begin{array}{l} L_{x_{1}}=\frac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{x_{1}}+\lambda=0 \\ L_{x_{2}}=\frac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{x_{2}}+\lambda=0 \\ \cdots \\ L_{x_{n}}=\frac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{x_{n}}+\lambda=0 \\ L_{\lambda}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-a=0 \end{array}\right.$
可得 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\frac{a}{n}$ .

注意到 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)$ 在有界闭区域
$D=\left\{\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right) | x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=a,x_{i} \geq 0(i=1,2,\cdots,n)\right\}$
上非负连续,从而一定存在最大值,同时由于在边界 $\partial D$ 上 $f$ 取得最小值(零),所以 $f$ 的最大值一定在 $D^{\circ}$ 中取得,进而上述得到的稳定点 $\left(\frac{a}{n},\frac{a}{n},\cdots,\frac{a}{n}\right)$ 一定是 $f$ 的最大值点,即
$f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right) \leq f\left(\frac{a}{n},\frac{a}{n},\cdots,\frac{a}{n}\right) \Longleftrightarrow x_{1} x_{2} \cdots x_{n} \leq\left(\frac{a}{n}\right)^{n}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}\right)^{n} .$
这说明
$\sqrt[n]{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}} \leq \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}.$

将上式的 $x_{i}$ 替换为 $\frac{1}{x_{i}}(i=1,2,\cdots,n)$ ,则有 $\sqrt[n]{\frac{1}{x_{1}} \frac{1}{x_{2}} \cdots \frac{1}{x_{n}}} \leq \frac{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}}{n}$ ,两边取倒数即有
$\frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}} \leq \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}.$
最后求 $g(x)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}$ 在条件 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=a$ 下的最值. 为此可构造拉格朗日函数
$L\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}+\lambda\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-a\right) .$
令
$\left\{\begin{array}{l} L_{x_{1}}=2 x_{1}+\lambda=0 ; \\ L_{x_{2}}=2 x_{2}+\lambda=0 ; \\ \cdots \\ L_{x_{n}}=2 x_{n}+\lambda=0 ; \\ L_{\lambda}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-a=0 . \end{array}\right.$

可得 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\frac{a}{n}$ .
根据几何学的知识,我们知道原点与超平面 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=a$ 上的点的距离存在最小值(即原点到超平面的距离),所以 $g$ 在条件 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=a$ 下存在最小值,进而上述得到的稳定点 $\left(\frac{a}{n},\frac{a}{n},\cdots,\frac{a}{n}\right)$ 定是 $g$ 的最小值点,即

$f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right) \geq f\left(\frac{a}{n},\frac{a}{n},\cdots,\frac{a}{n}\right) \Longleftrightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2} \geq n \cdot \frac{a^{2}}{n^{2}} .$
这说明
$\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} \leq \sqrt{\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{n}} .$

注

注意1,3关于最值点的说明方式是不同的.
从证明中可以看出不等式

$\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} \leq \sqrt{\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{n}} .$

对任意的 $x_{i} \in \mathbb{R}(i=1,2,\cdots,n)$ 均成立.

证明对任意的正数 $x, y, z$ 有 $x y^{2} z^{3} \leq 108\left(\dfrac{x+y+z}{6}\right)^{6}$ .

proof

由平均值不等式有

$x y^{2} z^{3}=2^{2} 3^{3} x\left(\frac{y}{2}\right)^{2}\left(\frac{z}{3}\right)^{3} \leq 108\left(\frac{x+y+z}{6}\right)^{6} .$

求椭球面 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 内接且各面均平行于坐标平面的长方体的最大体积.

proof

设 $\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 为该椭球面内接长方体在第一卦限的顶点, 根据对称性可知长方形的体积为

$V=f\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=8 x_{0} y_{0} z_{0} .$

由平均值不等式可知

$1=\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{\left(x_{0} y_{0} z_{0}\right)^{2}}{(a b c)^{2}}}$

即 $x_{0} y_{0} z_{0} \leq \frac{a b c}{3 \sqrt{3}}$ , 从而 $V_{\max }=\frac{8}{3 \sqrt{3}} a b c$ .

若 ${a_{n}>0}$ ,且 ${\lim\limits _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a}$ ,则对任意正整数 ${k}$ ,有 ${\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \sqrt[k]{a_{n}}=\sqrt[k]{a}}$ .

证明 $x^{\frac{1}{n}}$ 在 ${[0,+\infty)}$ 一致连续

设 ${f(x)>0,\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=A}$ . 证明: $\lim _{x \rightarrow x_{0}} \sqrt[n]{f(x)}=\sqrt[n]{A}.$ 其中 ${n \geqslant 2}$ 为正整数.

求 ${f(x,y)=a x+b y+c z}$ 在 ${x^{2}+y^{2}+z^{2}=1}$ 下的最大值与最小值.

proof

方法一:由柯西不等式可知 $(a x+b y+c z)^{2}\leq(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})=a^{2}+b^{2}+c^{2}.$

所以 ${a x+b y+c z}$ 的最大值与最小值分别为 ${\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}},-\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$ .

方法二:构造拉格朗日函数 $L=a x+b y+c z+\lambda\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-1\right)$ , 令
$\left\{\begin{array}{ll} L_{x}=a+2 \lambda x=0 &1\\ L_{y}=b+2 \lambda y=0 &2\\ L_{z}=c+2 \lambda z=0 &3\\ L_{\lambda}=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1=0 .&4 \end{array}\right.$

由1,2,3可得

$4 \lambda^{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=a^{2}+b^{2}+c^{2} .$

再结合4可知 $\lambda=\pm \frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{2}$ , 将其代入到1,2,3可得

$(x, y, z)=\pm \frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}(a, b, c) .$

易知

$f\left(\pm \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}, \pm \frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}, \pm \frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\right)=\pm \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} .$

由于 $f$ 在有界闭集 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 上连续, 从而一定存在最大值与最小值, 于是上述得到的两个稳定点 $\frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}(a, b, c) \quad -\frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}(a, b, c)$ 必然是 $f$ 的最值点, 即 $f$ 的最大值与最小值分别为 $\pm \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ .

推论

由柯西不等式可知 $(a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}x_{n})^{2}\leq(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}^{2})(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdot\cdot\cdot\cdot+a_{n}^{2}).$

于是在条件 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdot\cdot\cdot\cdot+x_{n}^{2}=1$ 下, $\ a_{1}x_{1}+a_{2}$ 的最大值与最小值分别为 $\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}^{2}},\quad-\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdot\cdot\cdot\cdot+a_{n}^{2}}.$

反之,在条件 $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}x_{n}=1$ 下,最小值为 $\frac{1}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}}.$

证明 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=1$ , 其中 $a>0$ .

proof

当 $a=1$ 时,结论显然成立. 现设 $a>1$ . 记 $\alpha_{n}=a^{\frac{1}{n}}-1$ , 则 $\alpha_{n}>0$ . 由

$a=\left(1+\alpha_{n}\right)^{n} \geqslant 1+n \alpha_{n}=1+n\left(a^{\frac{1}{n}}-1\right)$

得

$a^{\frac{1}{n}}-1 \leqslant \frac{a-1}{n} .$

任给 $\varepsilon>0$ , 由上式可见, 当 $n>\frac{a-1}{\varepsilon}=N$ 时, 就有 $a^{\frac{1}{n}}-1<\varepsilon$ , 即 $\left|a^{\frac{1}{n}}-1\right|<\varepsilon$ . 所以 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=1$ . 对于 $0<a<1$ 的情形, 其证明留给读者.

注
上述不等式也可以通过二项式定理得到, 并注意下面的题目用的并非是伯努利不等式:

求数列 $\{\sqrt[n]{n}\}$ 的极限.

proof

记 $a_{n}=\sqrt[n]{n}=1+h_{n}$ , 这里 $h_{n}>0(n>1)$ , 则有

$n=\left(1+h_{n}\right)^{n}>\frac{n(n-1)}{2} h_{n}^{2}$

由上式得 $0 < h_{n} < \sqrt {\frac{2}{n-1}}(n > 1)$ , 从而有

$1 \leqslant a_{n}=1+h_{n} \leqslant 1+\sqrt{\frac{2}{n-1}}.$

数列 $\left\{1+\sqrt{\frac{2}{n-1}}\right\}$ 是收敛于 1 的, 因对任给的 $\varepsilon>0$ , 取 $N=1+\frac{2}{\varepsilon^{2}}$ , 则当 $n>N$ 时有 $\left|1+\sqrt{\frac{2}{n-1}}-1\right|<\varepsilon$ . 于是,不等式的左右两边的极限皆为 1 , 故由迫敛性证得 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}=1$

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