均值不等式的證明(精選多篇)

第一篇：常用均值不等式及證明證明

常用均值不等式及證明證明

這四種平均數滿足hn?gn?

an?qn

?、ana1、a2、

?r?，當且僅當a1?a2??

?an時取“=”號

僅是上述不等式的特殊情形，即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)由以上簡化，有一個簡單結論，中學常用

均值不等式的變形：

(1)對實數a,b，有a

2

22

?b2?2ab (當且僅當a=b時取“=”號)， a,b?0?2ab

(4)對實數a,b，有

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

a2?b2?

2ab?0

(5)對非負實數a,b，有

(8)對實數a,b,c，有

a2?

b2?c2?ab?bc?ac

a?b?c?abc(10)對實數a,b,c，有

均值不等式的證明：

方法很多，數學歸納法（第一或反向歸納）、拉格朗日乘數法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用數學歸納法證明，需要一個輔助結論。

引理：設a≥0，b≥0，則?a?b??an?na?n-1?b

n

注：引理的正確性較明顯，條件a≥0，b≥0可以弱化爲a≥0

，a+b≥0 (用數學歸納法)。

當n=2時易證；

假設當n=k時命題成立，即

那麼當n=k+1時，不妨設ak?1是則設

a1,a2,?,ak?1中最大者，

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

用歸納假設

下面介紹個好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式：上凸函數f?x?,x1,x2,?,xn是函數f?x?在區間(a,b)內的任意n個點，

設f?x??lnx，f

?x?爲上凸增函數所以，

在圓中用射影定理證明（半徑不小於半弦）

第二篇：均值不等式證明

均值不等式證明

一、

已知x,y爲正實數，且x+y=1求證

xy+1/xy≥17/4

1=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥2

當且僅當xy=1/xy時取等

也就是xy=1時

畫出xy+1/xy圖像得

01時，單調增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得證

繼續追問：

拜託，用單調性誰不會，讓你用均值定理來證

補充回答：

我真不明白我上面的方法爲什麼不是用均值不等式證的

法二：

證xy+1/xy≥17/4

即證4(xy)²-17xy+4≥0

即證(4xy-1)(xy-4)≥0

即證xy≥4，xy≤1/4

而x,y∈r+，x+y=1

顯然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4，得證

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

試問怎樣叫“利用均值不等式證明”，是說只能用均值不等式不能穿插別的途徑?!

二、

已知a>b>c，求證：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

於是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那麼

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、調和平均數：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)2、幾何平均數：gn=()^(1/n)3、算術平均數：an=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均數：qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n這四種平均數滿足hn≤gn≤an≤qn的式子即爲均值不等式。

概念：

1、調和平均數：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、幾何平均數：gn=()^(1/n)

3、算術平均數：an=(a1+a2+...+an)/n

4、平方平均數：qn=√

這四種平均數滿足hn≤gn≤an≤qn

a1、a2、…、an∈r+，當且僅當a1=a2=…=an時勸=”號

均值不等式的一般形式：設函數d(r)=^(1/r)(當r不等於0時);

()^(1/n)(當r=0時)(即d(0)=()^(1/n))

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

由以上簡化，有一個簡單結論，中學常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多，數學歸納法(第一或反向歸納)、拉格朗日乘數法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用數學歸納法證明，需要一個輔助結論。

引理：設a≥0，b≥0，則(a+b)^n≥a^n+na^(n-1)b。

注：引理的正確性較明顯，條件a≥0，b≥0可以弱化爲a≥0，a+b≥0,有興趣的同學可以想想如何證明(用數學歸納法)。

原題等價於：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

當n=2時易證;

假設當n=k時命題成立，即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那麼當n=k+1時，不妨設a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，則

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

設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)。用歸納假設

下面介紹個好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式：上凸函數f(x)，x1,x2,是函數f(x)在區間(a,b)內的任意n個點，

則有：f≥1/n*

設f(x)=lnx，f(x)爲上凸增函數

所以，ln≥1/n*=ln

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

在圓中用射影定理證明(半徑不小於半弦)。

第三篇：均值不等式的證明

均值不等式的證明

設a1,a2,a3...(更多精彩文章請關注好 範文網)an是n個正實數，求證(a1+a2+a3+...+an)/n≥n次√(a1*a2*a3*...*an).要簡單的詳細過程，謝謝!!!!

你會用到均值不等式推廣的證明，估計是搞競賽的把

對n做反向數學歸納法

首先

歸納n=2^k的情況

k=1。。。

k成立k+1。。。

這些都很簡單的用a+b>=√(ab)可以證明得到

關鍵是下面的反向數學歸納法

如果n成立對n-1，

你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然後代到已經成立的n的式子裏，整理下就可以得到n-1也成立。

所以得證

n=2^k中k是什麼範圍

k是正整數

第一步先去歸納2，4，8，16，32...這種2的k次方的數

一般的數學歸納法是知道n成立時，去證明比n大的時候也成立。

而反向數學歸納法是在知道n成立的前提下，對比n小的數進行歸納，

指“平方平均”大於“算術平均”大於“幾何平均”大於“調和平均”

我記得好像有兩種幾何證法，一種三角證法，一種代數證法。

請賜教!

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

證明：

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

兩邊平方,即證((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一個變式，直接代入就可以了：

柯西不等式變式：

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

當且僅當a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等號成立

只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可

(2)柯西不等式

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

2.(a1+a2+)/n≥n次根號()

(1)琴生不等式:若f(x)在定義域內是凸函數，則nf((x1+x2+)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx顯然，lgx在定義域內是凸函數

nf((x1+x2+)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+=lga1*

也即lg≥1/n()=lg()^(1/n)=lgn次根號()

f(x)在定義域內單調遞增，所以(a1+a2+)/n≥n次根號()

(2)原不等式即證：a1^n+a2^n+^n≥

先證明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+^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)^(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+...≥...≥

即a1^n+a2^n+^n≥

(3)數學歸納法:但要用到(1+x)^n>1+nx這個不等式，不予介紹

3.n次根號()≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即證：n次根號()*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左邊=n次根號+n次根號++n次根號+...n次根號

由2得和≥n*n次根號(它們的積)所以左邊≥n*n次根號(1)=n

所以()≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

證畢

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

證明：

(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2兩邊平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即證(a/2-b/2)^2≥0顯然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移項即證(sqrt(a)-sqrt(b))≥0顯然成立

此不等式中a+b可以表示一條直徑的兩部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直於直徑的弦，而r≥弦的一半

(ab)≥2/1/a+1/b兩邊同時乘上1/a+1/b即證sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

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

第四篇：均值不等式及證明

一、均值不等式 （一）概念：

第五篇：均值不等式的證明方法

柯西證明均值不等式的方法 by zhangyuong（數學之家）

本文主要介紹柯西對證明均值不等式的一種方法，這種方法極其重要。 一般的均值不等式我們通常考慮的是an?gn: 一些大家都知道的條件我就不寫了

x1?x2?...?xn

n

?

我曾經在《幾個重要不等式的證明》中介紹過柯西的這個方法，現在再次提出：

二維已證，四維時：

a?b?c?d?(a?b)?(c?d)?2ab?2cd?4八維時:

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

abcd

?4abcd

這樣的步驟重複n次之後將會得到

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

由這個不等式有

a?

na?(2?n)a

2

nn

?

2

n

2?n

n

?()2a

n

1?

n2

n

即得到

x1?x2?...?xn

n

?

n

這個歸納法的證明是柯西首次使用的，而且極其重要，下面給出幾個競賽題的例子：

例1：

n

若0?ai?1(i?1,2,...,n)證明?

i?1

11?ai

?

n

1?()n

例2：

n

若ri?1(i?1,2,...,n)證明?

i?1

1ri?1

?

n

1?()n

這2個例子是在量在不同範圍時候得到的結果，方法正是運用柯西的歸納法：

給出例1的證明：

當n?2時11?a1

?

11?a2

?

?(1?

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

設p?a1?a2,q?

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

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

?

11?a22

n

?

11?a3

?

11?a4

??

此過程進行下去

n

?

因此?

i?1

1?ai

1?(a1a2...a2n)2

n

令an?1?an?2?...?a2n?()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個實數ri,si,ti,ui,vi都?1(1?i?n),記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，求證下述不等式成立：

ii

?

i?1

(

risitiuivi?1risitiuivi?1

)?(

rstuv?1rstuv?1

)

n

要證明這題，其實看樣子很像上面柯西的歸納使用的形式

其實由均值不等式，以及函數f(x)?ln因此

e?1e?1

x

x

是在r上單調遞減

rstuv?

?

(

rstuv?1rstuv?1

)?

n

我們要證明：

n

?(rstuv

i?1

iii

i

risitiuivi?1

i

?1

)?

證明以下引理：

n

?(x

i?1

xi?1

i

x2?1x2?1

n

?1

)?

n?2時，?(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)顯然成立

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

)?

所以原題目也證畢了

這種歸納法威力十分強大，用同樣方法可以證明jensen:

f(x1)?f(x2)

?f(

x1?x2

)，則四維：

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

x1?x2

)?2f(

x3?x4

)?4f(

x1?x2?x3?x4

)

一直進行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證明的題目都可以用柯西的這個方法來證明

而且有些時候這種歸納法比jensen的限制更少

其實從上面的看到，對於形式相同的不等式，都可以運用歸納法證明

這也是一般來說能夠運用歸納法的最基本條件