今天只准备一道题目: 平均值不等式的证明. 这是一个经典不等式, 用途极广, 在前面已经多次使用了$n=2$时的特殊情形.

问题2012060901

Show that the geometric mean of $n$ positive numbers is not greater than the arithmetic mean: that is, if $a_i > 0$($i=1, \cdots n$), then
$$\sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n} \le \frac{1}{n}(a_1 + a_2 + \cdots + a_n).$$

来源

Introduction to Calculus and Analysis

分析

书本中给出了一个提示, 使用的方法是一种逐步调整法. 我们试试它的这个方法.

解答

由于对称性, 不妨设$a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n$, 如果有一个$a_i$不等于$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$, 我们用$\sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n}$来代替$a_n$, $a_1a_n/\sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n}$代替$a_1$, 其余保持不变, 这个时候形成新的一个列表, 对于这个列表, 几何平均值保持不变, 至于算术平均值, 我们注意到$0 < a_1 \le \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \le a_n$, 我们计算一下:
$$\begin{aligned}(\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} – a_1)(\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} – a_n) \le 0 \\(\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n})^2 – (a_1 + a_n)\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} + a_1a_n \le 0 \\\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} + a_1a_n/\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \le a_1 + a_n\end{aligned}$$
根据上述讨论,
$$\begin{aligned}\frac{1}{n}(\sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n} + a_1a_n/\sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n} + a_2 + \cdots + a_{n-1}) \\\le \frac{1}{n}(a_1 + a_2 + \cdots + a_n),\end{aligned}$$
对于新的列表, 我们重新标记以及重排之后, 记为
$$b_1 \le b_2 \le \cdots \le b_n,$$
在这个新的列表中, 出现一个$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$, 我们重复上面的过程, 每做一次调整, 都增加一个$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$, 由于$n$是有限的, 这个过程必将结束, 此时每一个$z_i$都是$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$, 此时各个$z_i$的几何平均值等于它的算术平均值, 等于$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$. 于是我们有
$\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} = \sqrt[n]{b_1 \cdots b_n}$; $\frac{1}{n}(a_1 + \cdots + a_n) \ge \frac{1}{n}(b_1 + \cdots + b_n)$
$\cdots$;  $\cdots$
$\sqrt[n]{y_1 \cdots y_n} = \sqrt[n]{z_1 \cdots z_n}$; $\frac{1}{n}(y_1 + \cdots + y_n) \ge \frac{1}{n}(z_1 + \cdots + z_n)$
根据最后的$\sqrt[n]{z_1 \cdots z_n} = \frac{1}{n}(z_1 + \cdots + z_n)$, 我们有
$$\begin{aligned}\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} &= \sqrt[n]{b_1 \cdots b_n} \\&= \cdots = \sqrt[n]{z_1 \cdots z_n} \\&= \frac{1}{n}(z_1 + \cdots + z_n) \\&\le \cdots \le \frac{1}{n}(b_1 + \cdots + b_n) \\&\le \frac{1}{n}(a_1 + \cdots + a_n)\end{aligned}$$

参考书

不等式 , G.H.Hardy J.E.Littlewood G.Polya
常用不等式, 匡继昌

2012年6月16日补充

今日在博士家园的论坛上看到了一个不等式，网友们给出了几个证明，觉得不错，另外它和这个平均值不等式有点关系, 这里转载一下。

$$\frac{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\left ( x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right )^{n}}\leq \frac{\left (  1+x_{1}\right )\left (  1+x_{2}\right )\cdots\left (  1+x_{n}\right ) }{\left ( n+x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right )^{n}}$$

证明一：

首先有:
$$\begin{align} \nonumber(1+x_1)(1+x_2)\cdots(1+x_n)&=1+\sum_{r=1}^{n}\left(\sum_{i_{1}<\cdots<i_{r}}{x_{i_{1}}\cdots x_{i_{r}}}\right)\\ \nonumber &\geq{1+\sum_{r=1}^{n}{C_{n}^{r}(x_{1}x_{2}\cdots x_{n})^{\frac{r}{n}}}}\\ \nonumber &=\left(1+\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}\right)^{n} \end{align}$$
因此有
$$\begin{align}\nonumber\frac{(1+x_1)(1+x_2)\cdots(1+x_n)}{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}&\geq{\frac{\left(1+\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}\right)^{n}}{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\\\nonumber &=\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\right)^{n}\\\nonumber &\geq{\left(1+\frac{n}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}\right)^{n}}\\\nonumber &=\frac{\left(n+x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{n}}{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{n}} \end{align}$$
以上当且仅当$x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}$时不等式中的等号成立.

证明二:

欲证不等式等价于
$$\prod_{k\leq n}\frac{1+x_k}{x_k}\geq\left(1+\frac{1}{\frac{\sum\limits_{k\leq n}x_k}{n}}\right)^n, $$
考虑到不等式取得等号的条件为$x_1=\cdots=x_n$, 故命
$$t=\sum_{k\leq n}x_k>0,$$
往证明函数
$$f(x_1,\cdots,x_n):=\prod_{k\leq n}\left(1+\frac{1}{x_k}\right)$$
于约束条件
$$\left\{\begin{array}{l} \sum_{k\leq n}x_k=t,\\ x_1,\cdots,x_n\in\mathbb{R}_+ \end{array} \right.$$
之下之极小值恰为$\left(1+\frac{1}{\frac{t}{n}}\right)^n$.
作Lagrange函数
$$L(x_1,\cdots,x_n,\lambda):=f(x_1,\cdots,x_n)-\lambda(x_1+\cdots+x_n-t),$$
命
$$\left\{\begin{array}{l} \frac{\partial}{\partial x_k}L=0,k=1,\cdots,n.\\ \frac{\partial}{\partial\lambda}L=0. \end{array}\right.$$
解以上方程组,分别命$k=1,2$, 则得到
$$\begin{align*} &\lambda x_{1}^{2}=\left(1+\frac{1}{x_2}\right)\left(1+\frac{1}{x_3}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{x_n}\right),\\ &\lambda x_{2}^{2}=\left(1+\frac{1}{x_1}\right)\left(1+\frac{1}{x_3}\right)\cdots \left(1+\frac{1}{x_n}\right),\end{align*}$$
注意到$\lambda \neq 0$,将两式相比,可得$x_1=x_2$,类似地易得
$$x_1=\cdots=x_n=\frac{t}{n},$$
明所欲证.

证明三:

只需证
$$\begin{align*} \prod\left(1+\frac{1}{x_{i}}\right)\geq \left(1+\frac{n}{\sum x_{i}}\right)^n \end{align*}$$
取对数，利用函数$f(x)=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$的凸性易证.

证明四: 磨光法, 也就是前面证明平均值不等式的方法。