兩個(gè)重要不等式

Author: zfs

  • [1]三角不等式
    ||a|-|b||\leq|a+b|\leq|a|+|b|
  • [2]平均值不等式
    a_1,a_2,a_3……a_n(n個(gè)正數(shù))
    \frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}\geq\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+…+\frac{1}{a_n}} 
            算術(shù)平均                   幾何平均                  調(diào)和平均

證[1]:
-2|a||b|\leq 2ab\leq 2|a||b|,同時(shí)加上a^2+b^2
(|a|-|b|)^2\leq(a+b)^2\leq(|a|+|b|)^2
開(kāi)方得證.

證[2]:

  • 左側(cè)：
    • 當(dāng)n為2^t時(shí)
      知\frac{a_1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_1a_2}
      \frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\geq\frac{2\sqrt{a_1a_2}+2\sqrt{a_3a_4}}{4}\geq\frac{2\sqrt{4\sqrt{a_1a_2a_3a_4}}}{4}=\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}
      ……
      第t個(gè)等式即為\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}
    • 當(dāng)n不為 2^t時(shí)
      則必存在一個(gè)l使得2^l\leq n\lt 2^{l+1}
      記a^*=\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n}
      則在原列后補(bǔ)充2^{l+1}-n個(gè)a^*,即為
      a_1,a_2,a_3…a_n,a^*,a^*…(共2^{l+1}個(gè))
      由上知\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n+a^*+a^*+…}{2^{l+1}}\geq\sqrt[2^{l+1}]{a_1a_2a_3…a_na^{*^{2^{l+1}-n}}}
      而a_1a_2a_3…a_n=a^{*^n}
      故\sqrt[2^{l+1}]{a_1a_2a_3…a_na^{*^{2^{l+1}-n}}}=\sqrt[2^{l+1}]{a^{*^n}a^{*^{2^{l+1}-n}}}=a^*
      \frac{a_1+a_2+a_3…+a_n+a^*+a^*+…}{2^{l+1}}\geq a^*
      則a_1+a_2+a_3+…a_n+(2^{l+1}-n)a^*\geq 2^{l+1}a^*
      即\frac{a_1+a_2+a_3…+a_n}{n}\geq a^*=\sqrt[n]{a_1a_2a_3…a_n} 
左側(cè)得證
  • 右側(cè)：
    由左側(cè)不等式\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}…+\frac{1}{a_n}}{n}\geq\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}…\frac{1}{a_n}}=\frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2…a_n}}
    由于兩側(cè)都大于0,故
    \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}…+\frac{1}{a_n}}\leq\sqrt[n]{a_1a_2…a_n} 
右側(cè)得證
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