§1.3 几个常用的初等不等式

本节的不等式只要有中学数学基础就能理解，但在中学时学生不一定都学过，更谈不上熟悉，而在大学学习时老师又可能认为这些内容很容易，学生早就该会了。在多数的数学分析教材中往往对此不加证明（或只放在一个注解中）。其实这些不等式，尤其是算术平均值 - 几何平均值不等式，以及它们的一些常见的证明方法，具有深刻的意义，从一开始就应当重视。本节以命题的形式介绍它们的基本内容，作为学习数学分析的准备工作。

1.3.1 几个初等不等式的证明

命题 1.3.1 ($Bernoulli$ (伯努利) 不等式)

设 $h>-1$, $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ ，则成立不等式

(1 + h)ⁿ ≥slant 1 + nh,$$(1+h{)}^n⩾1+nh,$$

其中当 $n>1$ 时等号成立的充分必要条件是 $h=0$。

证明

由于 $n=1$ 或 $h=0$ 时不等式明显成立 (且其中均成立等号), 以下只需讨论 $n>1$ 和 $h\ne 0$ 的情况。

将 $(1+h{)}^n-1$ 作因式分解，就可以得到

(1 + h)ⁿ - 1 = h [ 1 + (1 + h) + (1 + h)² + … + (1 + h)ⁿ - 1 ]. (1.1)$$(1+h{)}^n-1=h[1+(1+h)+(1+h{)}^2+\cdots +(1+h{)}^{n-1}].\text{\hspace{1em}(1.1)}$$

当 $h>0$ 时，在右边方括号内从第二项起都大于 $1$，因此就有 $(1+h{)}^n-1>nh$ 。在 $-1<h<0$ 时在 (1.1) 右边方括号中从第二项起都小于 $1$，因此方括号中表达式之和小于 $n$ 。由于 $h<0$，因此又得到 $(1+h{)}^n-1>nh$ 。

为了应用的方便，可将 $Bernoulli$ 不等式推广为双参数的形式。

令 $h=B/A$，其中 $A>0,A+B>0$，则条件 $1+h>0$ 成立。将这个 $h$ 代入 $Bernoulli$ 不等式中，就可以得到下一个不等式。

命题 1.3.2

设有 $A>0,A+B>0,n\in {\mathbf{N}}_{+}$，则成立不等式

(A + B)ⁿ ≥slant Aⁿ + n Aⁿ - 1 B,$$(A+B{)}^n⩾A^n+n{A}^{n-1}B,$$

而且当 $n>1$ 时等号成立的充分必要条件是 $B=0$。

下面要介绍的就是著名的算术平均值 - 几何平均值不等式，也简称为平均值不等式。它在两个实数的情况包含了中学数学的三个基本不等式:

l l (1) sqrt ab ≤slant frac 12(a + b) (a, b ≥slant 0), & (2) frac ab + frac ba ≥slant 2 (a, b 同号), (3) a² + b² ≥slant 2ab (a, b ∈ R), &$$\begin{array}{ll}(1)\sqrt{ab}⩽\frac{1}{2}(a+b)(a,b⩾0),& (2)\frac{a}{b}+\frac{b}{a}⩾2(a,b\text{同号}),\\ (3)a^2+b^2⩾2ab(a,b\in \mathbf{R}),& \end{array}$$

且仅当 $a=b$ 时，以上三个不等式中等号成立。

平均值不等式”可能是最重要的不等式，并无疑地是不等式理论的基石”(见[2])。平均值不等式在有关不等式的名著 [22, 2] 中都有许多讨论。这方面的较新专著是 [7]，其中收集了 $74$ 个证明。读者还可以从 [30] 中找到关于平均值不等式的许多推广和新的研究。有些数学杂志，如《数学通报》《中学数学月刊》和《美国数学月刊》等，还经常发表关于平均值不等式的新证明。

命题 1.3.3 (算术平均值 - 几何平均值不等式)

设 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 是 $n$ 个非负实数，则成立不等式

(a₁ + a₂ + … + aₙ)/(n) ≥slant n√(a₁ a₂ … aₙ),$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n},$$

其中等号成立的充分必要条件是 $a_1=a_2=\cdots =a_n$。

证 1

一开始可以看出，如果在 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 中出现 $0$，则不等式已经成立。又可以看出，这时等号成立的充分必要条件是其中每个数为 $0$。因此以下只要对 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 为 $n$ 个正数的情况来进行证明就够了。

应用数学归纳法。在 $n=1$ 时结论是平凡的。在 $n=2$ 时的结论是中学数学已包含的内容。现设 $n=k$ 时不等式已成立，然后讨论 $n=k+1$。将 $k+1$ 个正数 $a_1,a_2,\cdots ,a_{k+1}$ 的算术平均值分解如下:

fraca₁ + a₂ + … + aₖ+1k+1 = (a₁ + a₂ + … + aₖ)/(k) + frack aₖ+1 - (a₁ + a₂ + … + aₖ)k(k+1). (1.2)$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{k+1}}{k+1}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k}+\frac{k{a}_{k+1}-(a_1+a_2+\cdots +a_k)}{k(k+1)}.\text{\hspace{1em}(1.2)}$$

然后将上式右边的两项分别记为 $A$ 和 $B$。这时条件 $A>0$, $A+B>0$ 满足，因而就可以应用命题1.3.2 中的不等式作以下计算:

r l (fraca₁ + a₂ + … + aₖ+1k+1)^(k+1) & = (A + B)^(k+1) ≥slant A^(k+1) + (k+1)A^(k)B & = A^(k)(A + (k+1)B) & = ((a₁ + a₂ + … + aₖ)/(k))^(k) · aₖ+1 & ≥slant a₁ a₂ … aₖ aₖ+1.$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{k+1}}{k+1}\right)}^{k+1}& =(A+B{)}^{k+1}⩾A^{k+1}+(k+1)A^{k}B\\ & =A^k(A+(k+1)B)\\ & ={\left(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k}\right)}^k\cdot a_{k+1}\\ & ⩾a_1{a}_2\dots a_k{a}_{k+1}.\end{array}$$

在不等式中等号成立的条件也可用数学归纳法得到。在 $n=1$ 时已成立。设在 $n=k$ 时结论为真，则在 $n=k+1$ 时可从上述推导看出等号成立的条件是

k aₖ+1 = a₁ + a₂ + … + aₖ 和 a₁ = a₂ = … = aₖ,$$k{a}_{k+1}=a_1+a_2+\cdots +a_k\text{和}{a}_1=a_2=\cdots =a_k,$$

也就是 $a_1=a_2=\cdots =a_k=a_{k+1}$。

证 2

这个证明与第一个证明基本上是一样的，只是多用了一个技巧，从而就可以不必用 $Bernoulli$ 不等式，而只要用二项式展开定理就够了。

只写出与第一个证明不同之处。在归纳法第二步中，对 $a_1,a_2,\cdots ,a_{k+1}$ 可根据需要重新编号，使得 $a_{k+1}$ 是其中的最大数 (之一)。然后再作分解 (1.2)。这个分解式右边的第二项一定是非负数，从而满足条件 $A>0,B⩾0$。从二项式展开定理就有 $(A+B{)}^{k+1}⩾A^{k+1}+(k+1)A^{k}B$，其后的证明不变。

证 3 (向前-向后数学归纳法)

现在介绍用向前-向后 (Forward and Backward) 数学归纳法的证明。这是由 $Cauchy$ 于 $1897$ 年给出的。由于这个证明十分精彩，也有人将平均值不等式称为 $Cauchy$ 平均值不等式。

从 $n=2$ 的已知情况出发，可以得到如下 $n=4$ 时的平均值不等式:

r l (a₁ + a₂ + a₃ + a₄)/(4) & = 1/2 ((a₁ + a₂)/(2) + (a₃ + a₄)/(2)) & ≥slant √(((a₁ + a₂)/(2)) · ((a₃ + a₄)/(2))) & ≥slant √(√(a₁ a₂) √(a₃ a₄)) = 4√(a₁ a₂ a₃ a₄).$$\begin{array}{rl}\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}& =\frac{1}{2}\left(\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_4}{2}\right)\\ & ⩾\sqrt{\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)\cdot \left(\frac{a_3+a_4}{2}\right)}\\ & ⩾\sqrt{\sqrt{a_1{a}_2}\sqrt{a_3{a}_4}}=\sqrt[4]{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}.\end{array}$$

同样可知，若 $n=2^k$ 时不等式已成立，则可得到 $n=2^{k+1}$ 时的平均值不等式

l frac12^(k+1) ∑ᵢ=1²^(k+1) aᵢ = 1/2 (frac12^(k) ∑ᵢ=1²^(k) aᵢ + frac12^(k) ∑ᵢ=2^(k)+1²^(k+1) aᵢ) ≥slant sqrt(frac12^(k) ∑ᵢ=1²^(k) aᵢ) · (frac12^(k) ∑ᵢ=2^(k)+1²^(k+1) aᵢ) ≥slant sqrtsqrt[2^(k)]∏ᵢ=1²^(k) aᵢ sqrt[2^(k)]∏ᵢ=2^(k)+1²^(k+1) aᵢ = sqrt[2^(k+1)]∏ᵢ=1²^(k+1) aᵢ.$$\begin{array}{l}\frac{1}{2^{k+1}}{\sum }_{i=1}^{2^{k+1}}{a}_i=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2^k}{\sum }_{i=1}^{2^k}{a}_i+\frac{1}{2^k}{\sum }_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}{a}_i\right)\\ ⩾\sqrt{\left(\frac{1}{2^k}{\sum }_{i=1}^{2^k}{a}_i\right)\cdot \left(\frac{1}{2^k}{\sum }_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}{a}_i\right)}\\ ⩾\sqrt{\sqrt[2^k]{{\prod }_{i=1}^{2^k}{a}_i}\sqrt[2^k]{{\prod }_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}{a}_i}}=\sqrt[2^{k+1}]{{\prod }_{i=1}^{2^{k+1}}{a}_i}.\end{array}$$

这样就证明了当 $n$ 为 $2$ 的所有方幂时平均值不等式已成立。这是”向前”部分。

第二步要证明，当平均值不等式对某个 $n>2$ 成立时，则它对 $n-1$ 也一定成立。这是证明中的”向后”部分。写出

(1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ = 1/n · ((n)/(n - 1)) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ = 1/n (∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ + (1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ).$$\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i=\frac{1}{n}\cdot \left(\frac{n}{n-1}\right)\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i=\frac{1}{n}\left(\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i+\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\right).$$

将圆括号中的第二项看成为 $a_n$，就可以利用 $n$ 时已成立的平均值不等式得到

(1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ ≥slant sqrt[n](∏ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ) · ((1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ).$$\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i⩾\sqrt[n]{\left(\prod _{i=1}^{n-1}{a}_i\right)\cdot \left(\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\right)}.$$

将以上不等式两边升高 $n$ 次幂，就有

((1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ)ⁿ ≥slant (∏ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ) · ((1)/(n - 1) ∑ᵢ=1ⁿ-1 aᵢ),$${\left(\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\right)}^n⩾\left(\prod _{i=1}^{n-1}{a}_i\right)\cdot \left(\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\right),$$

然后在两边约去公因子 $\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^{n-1}{a}_i$，再开 $n-1$ 次根，就得到所要的不等式。合并以上向前和向后两部分，可见平均值不等式对每个正整数 $n$ 成立。 $\square$

除以上证明外，平均值不等式还有许多其他证明。例题8.5.5 即是用微分学方法的证明。此外，广义的平均值不等式 (命题8.5.1) 也有多种证明。读者可从参考资料中找到更多的材料。可能今后你自己也会发现一个新的证明。

下面的不等式常称为三点不等式。实际上，它不仅在实数范围中成立，在复数以及更为一般的空间 (例如在高等代数中的线性空间或向量空间) 中也成立，并因此又被形象化地称为三角形不等式。

命题 1.3.4 (三点不等式)

若 $a$, $b$ 为实数，则成立不等式

|a + b| ≤slant |a| + |b|,$$|a+b|⩽|a|+|b|,$$

其中等号成立的充分必要条件是 $a$ 和 $b$ 同号 (将数 $0$ 看为和任何数同号)。

证明

写出不等式 $-|a|⩽a⩽|a|$ 和 $-|b|⩽b⩽|b|$，将它们相加，得到

-(|a| + |b|) ≤slant a + b ≤slant (|a| + |b|),$$-(|a|+|b|)⩽a+b⩽(|a|+|b|),$$

即是 $|a+b|⩽|a|+|b|$。其中等号成立的讨论可类似进行，请读者补充说明。 $\square$

下面的不等式在线性空间中有漂亮的几何意义，它也称为 $Schwarz$ (施瓦茨) 不等式。

命题 1.3.5 ($Cauchy$ 不等式)

对实数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 和 $b_1,b_2,\cdots ,b_n$ 成立

| ∑ᵢ=1ⁿ aᵢ bᵢ | ≤slant sqrt∑ᵢ=1ⁿ aᵢ² sqrt∑ᵢ=1ⁿ bᵢ².$$\left|\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\right|⩽\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2}\sqrt{\sum _{i=1}^n{b}_i^2}.$$

证明

引进变量 $\lambda$，写出如下的非负二次三项式:

0 ≤slant ∑ᵢ=1ⁿ (λ aᵢ - bᵢ)² = λ² ∑ᵢ=1ⁿ aᵢ² - 2λ ∑ᵢ=1ⁿ aᵢ bᵢ + ∑ᵢ=1ⁿ bᵢ².$$0⩽\sum _{i=1}^n(\lambda a_i-b_i{)}^2={\lambda }^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2-2\lambda \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i+\sum _{i=1}^n{b}_i^2.$$

如果 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 全为 $0$，则可以发现 $Cauchy$ 不等式已成立。否则，${\lambda }^2$ 项的系数不会是 $0$，因此它的判别式非正，这就导致

(∑ᵢ=1ⁿ aᵢ bᵢ)² ≤slant (∑ᵢ=1ⁿ aᵢ²) · (∑ᵢ=1ⁿ bᵢ²).$${\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\right)}^2⩽\left(\sum _{i=1}^n{a}_i^2\right)\cdot \left(\sum _{i=1}^n{b}_i^2\right).$$

两边开方，就得到所要求证的不等式。

在 $Cauchy$ 不等式中等号成立的充分必要条件是两个序列 $\{a_i{\}}_{1⩽i⩽n}$ 和 $\{b_i{\}}_{1⩽i⩽n}$ 成比例。其证明请读者完成。

以下是关于三角函数的一个初等不等式，在其中角度 $x$ 用弧度作为单位。

命题 1.3.6

如果 $0<x<\frac{\pi }{2}$，则成立不等式 $\sin x<x<\tan x$

由于这个不等式在数学分析教材中都有证明 (例如 [14])，这里从略。大多数教科书中采用几何方法，即利用三角形和扇形的面积关系来导出上述不等式。在 [41] 上册第 65—66 页中有新的证明，在一定的意义上更严格一些。

1.3.2 练习题

下面的题用于熟悉以上的初等不等式，进一步的材料见 [30]。

1. 关于 $Bernoulli$ 不等式的推广:

   (1) 证明: 当 $-2⩽h⩽-1$ 时 $Bernoulli$ 不等式 $(1+h{)}^n⩾1+nh$ 仍成立;

   (2) 证明: 当 $h⩾0$ 时成立不等式 $(1+h{)}^n⩾\frac{n(n-1)h^2}{2}$，并推广之;

   (3) 证明: 若 $a_i>-1(i=1,2,\cdots ,n)$ 且同号，则成立不等式

   ∏ᵢ=1ⁿ(1 + aᵢ) ≥slant 1 + ∑ᵢ=1ⁿ aᵢ.$$\prod _{i=1}^n(1+a_i)⩾1+\sum _{i=1}^n{a}_i.$$

2. 阶乘 $n!$ 在数学分析以及其他课程中经常出现，以下是几个有关的不等式，它们都可以从平均值不等式得到:

   (1) 证明: 当 $n>1$ 时成立 $n!<{\left(\frac{n+1}{2}\right)}^n$;

   (2) 利用 $(n!{)}^2=(n\cdot 1)[(n-1)\cdot 2]\cdots (1\cdot n)$ 证明: 当 $n>1$ 时成立

   n! < ((n+2)/(√(6)))ⁿ;$$n!<{\left(\frac{n+2}{\sqrt{6}}\right)}^n;$$

   (3) 比较 (1) 和 (2) 中两个不等式的优劣，并说明原因;

   (4) 证明: 对任意实数 $r$ 成立 $(n!{)}^r⩽\frac{1}{n^n}{\left({\sum }_{k=1}^n{k}^r\right)}^n$。

   (在第二章的参考题中还有关于 $n!$ 的不等式。这方面的深入讨论见本书11.4.2小节的 $Wallis$ (沃利斯) 公式和 $Stirling$ (斯特林) 公式。)

3. 证明几何平均值 - 调和平均值不等式: 若 $a_k>0$, $k=1,2,\cdots ,n$，则有

   (∏ₖ=1ⁿ aₖ)¹/n ≥slant fracn∑ₖ=1ⁿ (1)/(aₖ).$${\left(\prod _{k=1}^n{a}_k\right)}^{\frac{1}{n}}⩾\frac{n}{{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}.$$

4. 证明: 当 $a$, $b$, $c$ 为非负数时成立 $\sqrt[3]{abc}⩽\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}⩽\frac{a+b+c}{3}$。(这个结果还可以推广到 $n$ 个非负数的情况。)

5. 证明下列不等式:

   (1) $|a-b|⩾|a|-|b|$ 和 $|a-b|⩾||a|-|b||$;

   (2) $|a_1|-{\sum }_{k=2}^n|a_k|⩽\left|{\sum }_{k=1}^n{a}_k\right|⩽{\sum }_{k=1}^n|a_k|$；又问: 左边可否为 $\left|a_1\right|-{\sum }_{k=2}^n|a_k|$?

   (3) $\frac{|a+b|}{1+|a+b|}⩽\frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|};$

   (4) $|(a+b{)}^n-a^n|⩽(|a|+|b|{)}^n-|a{|}^n$。

   (特别要注意其中的 (1) 是应用三点不等式时的常见形式。)

6. 试按下列提示，给出 $Cauchy$ 不等式的几个不同证明:

   (1) 用数学归纳法;

   (2) 用 $Lagrange$ (拉格朗日) 恒等式

   ∑ₖ=1ⁿ aₖ² ∑ₖ=1ⁿ bₖ² - (∑ₖ=1ⁿ |aₖ bₖ|)² = 1/2 ∑ₖ=1ⁿ ∑ᵢ=1ⁿ (|aₖ| |bᵢ| - |aᵢ| |bₖ|)²;$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2\sum _{k=1}^n{b}_k^2-{\left(\sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\right)}^2=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n(|a_k||b_i|-|a_i||b_k|{)}^2;$$

   (3) 用不等式 $|AB|⩽\frac{A^2+B^2}{2}$;

   (4) 构造复的辅助数列 $c_k=a_k^2-b_k^2+2i\left|a_k{b}_k\right|$, $k=1,2,\cdots ,n$，再利用

   | ∑ₖ=1ⁿ cₖ | ≤slant ∑ₖ=1ⁿ |cₖ|.$$\left|\sum _{k=1}^n{c}_k\right|⩽\sum _{k=1}^n|c_k|.$$

7. 用向前 - 向后数学归纳法证明: 设 $0<x_i⩽\frac{1}{2}$, $i=1,2,\cdots ,n$，则

   frac∏ᵢ=1ⁿ xᵢ(∑ᵢ=1ⁿ xᵢ)ⁿ ≤slant frac∏ᵢ=1ⁿ (1-xᵢ)[ ∑ᵢ=1ⁿ (1-xᵢ) ]ⁿ.$$\frac{{\prod }_{i=1}^n{x}_i}{{\left({\sum }_{i=1}^n{x}_i\right)}^n}⩽\frac{{\prod }_{i=1}^n(1-x_i)}{{\left[{\sum }_{i=1}^n(1-x_i)\right]}^n}.$$

   (这个不等式是由在美国数学界有重大影响的华裔数学家樊璣 ($Fan$ $Ky$) 得到的，关于它的许多研究和推广见 [30]。)

8. 设 $a$, $c$, $g$, $t$ 均为非负数，$a+c+g+t=1$，证明 $a^2+c^2+g^2+t^2⩾\frac{1}{4}$，且其中等号成立的充分必要条件是 $a=c=g=t=\frac{1}{4}$。

   (本题来自 $DNA$ 序列分析。)