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特别的不等式技巧吴俊威目录1不等式与等式——恒等变形&暴展31.1引入..................................31.2恒等变形...............................31.3暴展..................................42整体处理62.1引入..................................62.2例子..................................63局部处理73.1引入..................................73.2例子..................................84著名不等式104.1引入..................................104.2AM-GM(平均值)不等式.......................104.3Cauchy(柯西)不等式.........................114.3.1对每一项的分母或分子使用Cauchy不等式........114.3.2求反技术...........................134.3.3利用Cauchy不等式配系数.................134.4Hölder(赫尔德)不等式........................144.5Schur(舒尔)不等式..........................144.6广义Bernouli(贝努力)不等式....................154.7Abel(阿贝尔)变换及其推论.....................164.8Chebyshev(切比雪夫)不等式....................174.9函数,导数,Jensen(琴生)不等式..................171目录目录5换元法185.1引入..................................185.2例子..................................186数学归纳法196.1引入..................................196.2例子..................................197调整法207.1引入..................................207.2例子..................................2021不等式与等式——恒等变形&暴展1不等式与等式——恒等变形&暴展1.1引入恒等变形和暴展是处理不等式的最基本的方法.这两者之间有一定的差别:恒等变形是指用一些已知的恒等式将不等式的一边或两边进行等价转换,使得不等式的形式易于处理,而暴展则是对不等式两边的完全展开,“蛮不讲理”的将同类项消去,最后对无法抵消的项使用一些常用的不等式(如AM-GM不等式,Schur不等式,Muirhead(米尔黑德)不等式1).1.2恒等变形熟记恒等式:∏(a+b)=∑a2b+∑ab2+2abc;(a+b+c)3=∑a3+3∑a2(b+c)+6abc;(a+b+c)(ab+bc+ca)=∑a2(b+c)+3abc;(∑ab)2=∑a2b2+2abc(∑a);∑1≤ij≤nxixj=12((n∑i=1xi)2−n∑i=1x2i):······例1设x;y;z∈R+,求证:(xyz+yzx+zxy)3≥8(x3+y3+z3)+3xyz:证明上式⇔(∑x2y2)3≥8∑x6y3z3+3x4y4z4.令a=xy;b=yz;c=zx,上式成为∑a6+3∑a4(b2+c2)+3a2b2c2≥8∑a3b3:由Schur不等式和AM-GM不等式:∑a6+3a2b2c2≥∑a4(b2+c2)4∑a4(b2+c2)=4∑(a4b2+a2b4)≥8∑a3b3:相加即证.注:这道题其实也可以归类到暴展一节中.1参见陈计,季潮丞著《代数不等式》第三讲3.2节.31.3暴展1不等式与等式——恒等变形&暴展例2设s;t;u;v∈(0;2),且满足s+t+u+v=.求证:∑√2sins−1coss≥0:证明当s=t=u=v=4时,结论成立;当s;t;u;v中不全等于4时,则存在两个数的和不为2.不妨s+t̸=2.令a=tans;b=tant;c=tanu;d=tanv,则条件⇒tan(s+t)+tan(u+v)=0⇒a+b1−ab+c+d1−cd=0⇒∑a=abc+bcd+cda+dab.于是(a+b)(a+c)(a+d)=a3+a2(b+c+d)+abc+abd+acd+bcd=(a2+1)(∑a)⇔a2+1a+b=(a+c)(a+d)∑a.故∑a2+1a+b=∑(a+c)(a+d)∑a=∑a.由Cauchy不等式:∑a=∑a2+1a+b≥(∑√a2+1)2∑(a+b),整理即得原不等式成立.注:例3给定实数a1;a2;···;an+1.记M=max1≤k≤n|ak−ak+1|.求证: 1nn∑k=1ak−1n+1n+1∑k=1ak ≤12M:证明LHS= 1n(n+1)n∑k=1k(ak−ak+1) ≤1n(n+1)n∑k=1k|ak−ak+1|≤12M.注:1.3暴展我们没有办法在这里详细讨论的一种暴展方法是“pqr”法:对于齐次对称三元不等式,设p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc,则关于a;b;c的齐次对称三元不等式一定可以写成关于p;q;r的三元不等式2,之后再利用题设条件推出p;q;r满足的关系,进而构造关于p;q;r的不等式解题.参见韩京俊著《初等不等式的证明方法》第五章5.2节.我们没有办法在这里详细讨论的另一种暴展方法是增量代换法:若a;b;c已定序(不妨a≥b≥c),令a−b=s;b−c=t,则s;t≥0.用b=c+t;a=c+s+t代入原不等式,可以将其转化为只含c;s;t三个变量的不等式.这方面的内容参见陈计,季潮丞著《代数不等式》第二讲3.2节.2这个结论并不是显然的.事实上,它和高等代数中的对称多项式相关.有兴趣的读者可以查看丘维声著《高等代数》(第一版)下册第七章7.11节.41.3暴展1不等式与等式——恒等变形&暴展例4设a;b;c≥0,且∑ab=13.求证:∑1a2−bc+1≤3:证明原式⇔∑1a2−bc+3(ab+bc+ca)≤3⇔∑(a2+3ab+3ca+2bc)(b2+3bc+3ab+2ca)(ab+bc+ca)≤∏(a2+3ab+3ca+2bc)⇔22∑a3b3+79∑a3b2c+73∑a3bc2+10∑a4bc+49∑a2b2c2+5∑a4b2+5∑a2b4≤20∑a3b3+75∑a3b2c+75∑a3bc2+13∑a4bc+48∑a2b2c2+6∑a4b2+6∑a2b4⇔3a2b2c2+4∑a3b2c+2∑a3b3≤2∑a3bc2+3∑a4bc+∑a4b2+∑a2b4.由AM-GM不等式,∑a4b2+∑a2b4≥2∑a3b32(∑a3bc2+∑a4bc)=2(∑a2b3c+∑a4bc)≥4∑a3b2c∑a4bc≥3a2b2c2;相加即得上述不等式成立.注:这道例题只是向读者展示暴展做不等式的可行性.我们不推荐用这个做法来做这题.例5设a;b;c∈R+,且abc=1.求证:∑11+a+b≤∑12+a:证明通分,上式⇔∑(1+a+b)(1+b+c)∏(1+a+b)≤∑(2+a)(2+b)∏(2+a):令s=∑a;t=∑ab,暴展,上式⇔3s2+3t+3s2t+st2+6st≥24s+8s2+t2+6t+27⇔(5s2t3−5s2)+(st23−t2)+(4s2t3−12s)+(4st−12s)+(st23−3t)+(st23−9)+(2st−18)≥0:注意到:s≥3;t≥3,故上式成立,即原不等式得证.注:此题和pqr法相关,但pqr法的威力可不止于此!例6设a;b;c≥0,且a+b+c=3.求∑a2b+abc的最大值.52整体处理解由轮换性不妨设a=max{a;b;c}.下证∑a2b+abc≤4.用a+b+c=3齐次化后等价于证明4∑a3+12∏(a−b)≥3∑a2b+3abc:若a≥c≥b,则由12∏(a−b)≥0及4∑a3≥3∑a2b=3abc,相加即证.若a≥b≥c,设a−b=s≥0;b−c=t≥0.暴展可得上式⇔4s3+5t3−3s2t−6st2+9c(s2+st+t2)≥0⇔(s−t)2(4s+5t)+9c(s2+st+t2)≥0.这显然成立.又当a;b;c全为1或{a;b;c}={0;1;2}时,等号成立.所以∑a2b+abc的最大值为4.注:此题和增量代换法相关.2整体处理2.1引入虽然字面上说整体处理是和“局部处理”相对应的一种方法,但是它远远没有局部处理那样重要.我们谈整体处理,更多时候说的只是一种对不等式形式和结构的观察罢了.2.2例子例7设a;b;c;d∈R+,满足a+b+c+d=2.求证:∑aa2−a+1≤83:证明做代换x=a−12;y=b−12;z=c−12;w=d−12,则∑x=0.而原不等式⇔∑4x+24x2+3≤83⇔∑(2x−1)24x2+3≥43.又由Cauchy不等式,4x2+3=3x2+3+(y+z+w)2≤3x2+3+3(y2+z2+w2)=3∑x2+3;所以∑(2x−1)24x2+3≥∑(2x−1)23∑x2+3=43:注:这题放在后面的“局部处理”一章中也许更合适?63局部处理例8设a;b;c;d∈R+.证明:∑a4a3+a2b+ab2+b3≥14∑a:证明记M=∑a4a3+a2b+ab2+b3.构造对偶式N=∑b4a3+a2b+ab2+b3.由M−N=0;M+N=∑a4+b4a3+a2b+ab2+b3≥∑a+b4=12∑a;相加即证.注:此题用到了配对法.我们也可以直接构造局部不等式a4a3+a2b+ab2+b3≥5a−3b8来做.例9设0a1a2···an是实数,求证:(11+a1+···+11+an)2≤1a1+1a2−a1+···+1an−an−1:证明由Cauchy不等式,LHS≤(1a1+1a2−a1+···+1an−an−1)(a1(1+a1)2+···+an−an−1(1+an)2)≤(1a1+1a2−a1+···+1an−an−1)·(a11+a1+a2−a1(1+a1)(1+a2)+···+an−an−1(1+an−1)(1+an))=(1a1+1a2−a1+···+1an−an−1)(a11+a1+11+a1−11+an)≤RHS:注:3局部处理3.1引入局部处理是我们做不等式题的常用手段.有时候,看似很难的问题,只要找到适当的局部不等式,就能迎刃而解.举例:¬当a;b;c有轮换性时,可不妨设a≥b≥c或c≥b≥a,在两种情况下均有(a−b)(b−c)≥0;若∑a2+abc=4,则由4−a2=abc+b2+c2≥(a+2)bc⇒2−a≥bc;®若a;b∈R+,则1(1+a)2+1(1+b)2≥11+ab;¯设0≤x;y≤1,则11+x2+11+y2≤21+xy.73.2例子3局部处理3.2例子例10同例6.证明不妨a≥b≥c或c≥b≥a.由¬:c(b−a)(b−c)≤0⇔b2c+c2a≤abc+c2b.结合AM-GM不等式:∑a2b+abc≤b(a+c)2=b(3−b)2≤12·(2b+3−b+3−b)327=4:取等条件为a;b;c全为1或{a;b;c}={0;1;2}.注:例11已知非负实数a;b;c满足∑a2+abc=4.求证:ab+bc+ca−abc≤2:证明由抽屉原理知a;b;c中有两个数同时不大于1或不小于1.不妨b;c同时不大于1或不小于1.则(1−b)(1−c)≥0.由可知2≥a+bc.故只需证明ab+bc+ca−abc≤a+bc;这等价于a(1−b)(1−c)≥0.注:例12设x1;x2;···;xn是正实数