高中卷04平均值不等式与柯西不等式

千里之行，始于足下朽木易折，金石可镂Word-可编辑数学奥林匹克小丛书高中卷第二版平均值不等式与柯西不等式李胜宏边红平编著(1)华东师范大学出版社数学奥林匹克小丛书（第二版）编委会冯志刚第53届IMO中国队副领队、上海中学特级教师葛军博士、中国数学奥林匹克高级教练、南京师范大学副教授江苏省中学数学教学研究会副理事长冷岗松国家集训队教练、上海大学教授、博士生导师李胜宏第44届IMO中国队领队、浙江大学教授、博士生导师李伟固中国数学奥林匹克委员会委员、国家集训队教练北京大学教授、博士生导师刘诗雄华南师范大学中山附属中小学长、中学数学特级教师倪明华东师范大学出版社教辅分社社长、编审单第30、31届IMO中国队领队、南京师范大学教授、博士生导师吴建平中国数学会普及工作委员会主任、中国数学奥林匹克委员会副主席熊第46、49、51中国数学奥林匹克委员会委员、华东师范大学教授、博士生导师余红兵中国数学奥林匹克委员会委员、国家集训队教练苏州大学教授、博士生导师朱华伟中国教诲数学学会常务副理事长、国家集训队教练广州大学软件所所长、研究员数学比赛像其他比赛活动一样,是青少年学生的一种智力比赛.在类似的以基础科学为比赛内容的智力比赛活动中,数学比赛的历史最悠久、国际性强,影响也最大.我国于1956年开始举行数学比赛,当初最有威望的闻名数学家华罗庚、苏步青、江泽涵等都积极参加领导和组织比赛活动,并组织出版了一系列青少年数学读物,鼓励了一大批青年学生立志从事科学事业.我国于1986年起参加国际数学奥林匹克,多次获得团体总分第一,并于1990年在北京胜利地举办了第31届国际数学奥林匹克,这标志着我国数学比赛水平在国际上居率先地位,为各国科学家与教诲家所瞩目.我国数学比赛活动表明,凡是开展好的地区和单位,都能大大激发学生的学习数学的兴趣,有利于培养发明性思维,提高学生的学习效率.这项比赛活动,将健康的竞争机制引进数学教学过程中,有利于选拔人才.由数学比赛选拔的优胜者,既有踏实广泛的数学基础,又有刻苦钻研、科学的学习主意,其中的不少青年学生未来会成为出色的科学工作者.在美国,数学比赛的优胜者中后来成名如米尔诺(J.W.Milnor)、芒福德(D.B.Mumford)、奎伦(D.Quillen)等都是菲尔兹数学奖的获得者;在波兰,闻名数论专家辛哲尔(A.Schinzel)学生时代是一位数学比赛优胜者;在匈牙利,闻名数学家费叶尔(L.Fejér)、里斯(M.Riesz)、舍贵(G.Szegö)、哈尔(A.Haar)、拉多(T.Radó)等都曾是数学比赛获奖者.匈牙利是开展数学比赛活动最早的国家,产生了同它的人口不成比例的许多大数学家!在开展数学比赛的活动同时,各小学能加强联系,彼此交流数学教学经验,从这种意义上来说,数学比赛可能成为数学课程改革的“催化剂”,成为培养优秀人才的有力措施.不过,应该注重在数学比赛活动中,注重普及与提高相结合,而且要以普及为主,使比赛具有广泛的群众基础,否则难以持久.固然,现在有些人过于担心数学比赛的成绩,组织和参加都具有很强的功利目的,过分扩大数学比赛的作用,这些都是不准确的,违抗了开展数学竞赛活动的本意.这些缺点有其深层次的社会缘故,需要逐步加以克服,不必因为有某些缺点,就一定这项活动.我十分欢喜看到这套《数学奥林匹克小丛书》的正式出版.这套书,规模大、专题细.据我所知,这样的丛书还不多见.这套书不仅对数学比赛中浮上的常用主意作了阐述,而且对照赛题作了精到的分析解答,不少出自作者自己的研究所得,是一套很好的数学比赛专题教程,也是中小学生和教师的参考书.这套小丛书的作者都是数学比赛教学和研究人员,不少是国家集训队的教练和国家队的领队.他们为我国开展数学比赛的活动和我国学生在IMO上取得成绩、为国争光作出了贡献,为这套书尽早面世付出了艰辛的劳动.华东师大出版社在出版《奥数教程》和《走向IMO》等比赛图书基础上,策划组织了这套丛书,花了不少心血.我异常谢谢作者们和编辑们在这方面所做的工作,并衷心祝福我国的数学比赛活动开展得越来越好.王艺王元,闻名数学家,中国科学院院士,曾任中国数学会理事长、中国数学奥林匹克委员会主席.1平均值不等式及其证实0011.1平均值不等式0011.2平均值不等式的证实002习题10142平均值不等式的应用0172.1平均值不等式在不等式证实中的应用0172.2平均值不等式在求极值中的应用0372.3平均值不等式在几何不等式中的应用0462.4平均值不等式的变形及应用0552.5带参数的平均值不等式064习题20703柯西不等式及其证实0743.1柯西不等式及其证实0743.2柯西不等式的变形和推广083习题30864柯西不等式的应用0884.1柯西不等式在证实不等式中的应用0884.2柯西不等式在解方程组和求极值中的应用1044.3柯西不等式在证实分式不等式中的应用1174.4柯西不等式在组合计数预计中的应用1294.5带参数的柯西不等式1354.6利用平均值不等式与柯西不等式解题139习题4152习题解答155参考文献183平均值不等式是最基本的重要不等式之一,在不等式理论研究和证实中占有重要的位置.平均值不等式的证实有许多种主意.这里,我们选了部分具有代表意义的证实主意,其中用来证实平均值不等式的许多结论,其本身又具有重要的意义.异常是,在许多比赛的书籍中,都有专门的章节推荐和讨论,如数学归纳法、变量替换、恒等变形和分析综合主意等,这些也是证实不等式的常用主意和技巧.希翼大家能仔细思量和好好控制,认识不等式的证实.1.1平均值不等式对随意非负实数a、ba于是,得a普通地,假设a1,a2,⋯A几何平均值记为G算术平均值与几何平均值之间有如下的关系a即A当且仅当a1=上述不等式称为平均值不等式,或简称为均值不等式.平均值不等式的表达形式容易,容易记住,但它的证实和应用异常灵便、广泛,有多种不同的主意.为使大家理解和控制,这里我们挑选了其中的几种典型的证实主意.固然,有些主意是几个知识点的结合,很难将它们归类,有些大体相同或相似,但挑选的变量不同,或处理的方式不同,导致证实的难易不同,所以,我们将它们看作是不同的主意.1.2平均值不等式的证实证法一(归纳法)(1)当n=2(2)假设对n=k(正整数k≥2)时命题成立,即对于ai>a那么,当n=k+A关于a1,a2,⋯,ak+1是对称的,随意对调ai与aji≠j,即将ai写成aj,ajA即A对k个正数a2,a而a于是A两边乘以Ak+A从而,有Ak+直接验证可知,当且仅当所有的ai说明这里,利用了证实与正整数有关的命题的常用主意,即数学归纳法.数学归纳法证题技巧的应用,可以说是五彩缤纷,千姿百态.应用数学归纳法,除了需要验证当n=1或n=n0(这里n0为某个固定的正整数)外,其关键是要在n=k时成立的假设之下,导出当证法二(归纳法,与证法一的不同处理)(1)当n=2(2)假设对n=k(正整数k≥2)时命题成立,即对于ai>a那么,当n=ka(1)=(2)≥(3)≥(4)=(5)=(6)=(7)于是Ak+不难看出,当且仅当所有的ai说明在这个证实中,为了利用归纳假设,将(1)写成(2)的形式.由归纳假设,从(2)得到(3),因为当n=2证法三(归纳法,另一种处理方式)(1)当n=2时,已知结论成立.(2)假设对n=k(正整数k≥2)时命题成立,即对于aa那么,当n=kA=≥所以Ak+12k≥说明在上面的证实中,将Ak+1表示为Ak+1证法四(归纳法和变换)在证实原命题之前,首先令y其中Gn=na1ay即在条件y1y2⋯yn=我们用归纳法证实上述不等式.(1)当n=1时,y(2)假设当n=k时不等式成立,则对于n=k+1,因为y1y2⋯yn=1yi>0,那么y于是y≥=≥不难看出,当且仅当y1=y2=⋯故当n=k说明通过变量替换,将原问题化为一个与正整数有关的形式容易的不等式,在证实中运用了我们比较认识的手段和技巧.证法五(归纳法和二项展开式)(1)当n=2(2)假设对n=k(正整数k≥2)时命题成立,即对于ai>a那么,当n=k+1时,不妨假设a从而,得A(8)=(9)≥(10)=(11)=(12)所以Ak+不难看出,当且仅当所有的ai说明在证实过程中,考虑Ak+1k+1证法六(倒向归纳法)倒向归纳法,也称“留空回填”法.基本思想是先对天然数的一个子列nm证实命题成立,然后再回过来证实{n首先证实当n=2m(m为正整数)时,平均值不等式成立.为此,对当m=1时,显然有a假设m=k时命题成立,则当m2=≤≤=所以对于具有n=2m形式的正整数n,平均值不等式成立,即对无穷多个正整数现假设n=k+1时,平均值不等式成立.当n=k时,k所以Gk≤Ak,也就是说当综上可知,对一切正整数n,平均值不等式成立.不难看出,当且仅当所有的ai证法七(利用排序不等式)为了利用与上面不同的主意证实平均值不等式,我们首先推荐和证实另一个重要的结论,即排序不等式.引理1(排序不等式)设两个实数组a1,a2,⋯a则a≥≥其中j1,j2,⋯,jn是1,2,⋯,n的一个罗列,并且等号同时成立的充足必要条件是a1=a2=⋯=an或b1a也就是说,jn≠n时,调换A中bn与bjn的位置,其余都不动,则得到anbn项,并使A变为A1,且A1≥A.用同样的主意,可以再得到an继续这个过程,至多经过n−1次调换,得aa同样可以证实A≥a显然当a1=a2=⋯=an或b1=b2=⋯=bn时,两个等号同时成立.反之,倘若a1,a2,⋯,a现在,利用引理1证实平均值不等式.令yk=y≤=所以An≥显然当a1=a2=⋯=an时,An=Gn.倘若a1,a2,G故当An=Gn时必有注(1)我们可以类似于证法四,由Gn=y则y1yy下面利用排序不等式证实这个不等式.任取x1>0,再取x2>0,使得y1=x1x2,再取x3>y由引理1,得y当且仅当x1=x2=⋯=xn(2)排序不等式是一个重要的基本的不等式,可以利用排序不等式直接证实许多其他有关的不等式.例如:契比雪夫不等式设a1,a2,⋯,an当且仅当a1=a2=⋯证实显然n===故命题成立.证法八(调节法)(1)首先,倘若a1=a2=⋯=an,那么必有An=Gn.下设这些数不全等,不妨设a1=mina1,a2b=则Gn≤(2)倘若b1=b2=⋯=bn,则命题成立.若不全等,则必有最大和最小者,而且它们都不等于An,模仿上面作法,可以得到c1,c2,⋯,cn,这组数中,有两个数为An,且An2=c1+c2+⋯+cnn=b1A从而得An≥Gn,且只要a1,注调节法是证实不等式或求最值的一种有效主意,异常是对那些当变量相等时取等号或取到最值的有关问题.证法九(归纳法和辅助命题)为了证实平均值不等式,需要证实一个引理.引理2假设x、y为正实数,nx证实因为x、y与xx于是x===≥故引理2成立.现在,我们利用引理2和数学归纳法证实平均值不等式.(1)当n=2(2)假设对n=k(正整数k≥2)时命题成立,即对于ai>a那么,当n=k+1时,为了利用引理2,令a1aa=≥=不难看出,当且仅当所有的ai说明(1)值得注重的是,像引理2这样的结论及其证实,为我们证实和解决普通的不等式问题提供了主意和技巧.前面,我们利用数学归纳法与不同的处理方式,证实了平均值不等式,固然,还可以用其他的主意来证实.(2)我们也可以用排序不等式证实引理1.证法十(构造数列)令fn=na1+a2+⋯+是单调增强的,即f那么,由f2≥0,得到现在,证实fn同证法九,设a1af=−==≥这表明fn+另外,因为f2≥0,则对随意f不难看出,当且仅当所有的ai证法十一(利用辅助命题)为了证实平均值不等式,首先证实另一个不等式,即引理3倘若xk≥0,且x当且仅当x1=证实因为xk≥x所以x≥即x当且仅当xk=所以x现在利用引理3证实平均值不等式.不妨假设an≥an−1Ak≥Ak−1A即An≥Gn.当且仅当A1=A2引理4倘若函数fx:f(13)那么f(14)其中xi∈a,b,且至少有一对i,证实对n用归纳法.当n=1设当n=k时结论成立.对于nA并记B则f≥≥+所以f我们称满意(13)式的函数为凹函数(可以证实,倘若函数f二阶可导,则当f′′x<0时,f为凹函数).异常的,不难验证函数fx=lnx在(0f从而ln由对数函数的单调性,得a故命题成立.下面验证lnx为凹函数.对随意x,y,x≠yln等价于ln由函数的单调性,等价于x这个可以由x−y另外,由凹函数主意,设p>0,q>0,且1p+1q=1,1即x等号成立的充足须要条件是x=y这个不等式称为Young不等式.注引理4中的不等式(14),称为Jensen不等式,它的普通形式为设y=fx,x∈a,b为凹函数,则对1其中pi>0i=1在这部分,我们利用不同的主意证实了平均值不等式成立.在证实过程中,利用了各种技巧和主意.习题11已知a>0,b>02设a,b,c>03已知0<a,b,c<1,并且c4设a,b,c∈R+,且ab5正实数x、y、z满意xyzz6设a1,a2,⋯17设a,b,c为正数,且a8已知x,y,z∈R+8339设x1,x2,⋯,x+10设a,b,c>0aII已知a,b,c为正实数,且a12设a,b∈R,1a13设a,b∈R+,求证:a+1a14设x1,x2∈R,且x12+x15设a、b116设x1,x2x17设a、b、c为正实数,且118设x、y、z为正实数,且x19设a、b、c为正实数,满意a20设a、b、c、da21设n为给定的天然数,n≥3,对于n个给定的实数a1,a2,⋯,a时,m的最大值.0162.1平均值不等式在不等式证实中的应用下面举例说明平均值不等式在证实各种比赛问题中的应用.在证实过程中,应用灵便,具有较高的技巧性.例1设fx=aa2−1af证实当n≥2f=≥当且仅当a=1例2设x>0,证实:2证实由该不等式的形状,很容易想到平均值不等式.由平均值不等式,得2又12所以2例3设ai>0,i=1,2证实因为对随意的i,2故2注此题也可以用归纳法证实.当n=1时,则a1=1,显然成立.假定当n=k时成立,那么,对于n=k+1,因为a1a2⋯aka2于是,为了证实命题,只要证实2(15)便可.因为2等价于4等价于a等价于a由假设最后不等式成立,故命题成立.注这里,选取ak>1,a例4设a>b>0,求证:证实因为ab−2=≥即命题成立.注为了消去a,将2a3写成两项,12例5设a,bc证实由平均值不等式,得c≥=即命题成立.例6设x+y6证实由x+y+z=0及其对称性,不妨假设x,y≥0,x由A3≥x≥≥所以x例7设a1,1证实因为Gn≤1≤=因为n!=所以C从而命题成立.例8设k,n为正整数,且1≤k≤n,aia并决定等号成立的充要条件.证实令a=aa又因为a于是只需证实k再由平均值不等式,得k从而不等式成立.不难看出,当k=n且a例9设ai>k证实因为nn−n==≥故命题成立.注应用平均值不等式时,通常要将乘幂看作连乘积,偶尔还要巧妙地添上数1.例10设ai>0,bi>01证实由已知条件和平均值不等式,得ab又1≥从而1≥≥故命题成立.注此题证实的关键是将1ai写成1例11假设a、b、ca证实倘若a+b−c,b+c−a,c+a−b中有负数,不妨设若a+ba同理可得bc将三式相乘,即得到我们要证实的问题,故命题成立.注通过对部分变量应用平均值不等式,而且轮换使用,从而得到结论的证实.例12假设正数a、b、c满意1+a1+证实由假设得1再由平均值不等式,得a当且仅当a=b8由此,得a所以,abc≤1,当且仅当例13设n为正整数,证实:n证实只证实不等式的左边,不等式的右边可同样处理.令A=1A由平均值不等式,得A=≥从而得1不难看出,当n=1例14设ai>0,i=1a证实一令xi=11+aim,则a于是 ≥=故命题成立.证实二令aim=tan2αi其结论等价于tan即由平均值不等式,得sin≥普通地,sin≥将它们相乘,得sin故命题成立.例15设a,b,c∈Ra证实原不等式a等价于因为a2+b2+c2=1x≤=故不等式成立.注因为分子之和a2+b2+c2=例16设a1,a2,⋯,a1证实因为a1,a2,⋯,a1≥=于是a==≥又因为n=1a注对于该不等式的证实,首先要充足理解a1,a2,⋯,an是1,2,例17设a,ba证实容易看出,倘若我们能证实aa2+8a等价于a再由平均值不等式,得a≥于是a从而a同理可得b于是a注这是一个IMO试题,有多种不同的证实主意,后面将再次碰到.这里的指数43是这样得到的.取x设a上式等价于a⇔⇔⇔因为b只需2即a因为a所以只需a显然取x=43例18已知正整数n≥2,实数aia并且a1求证:i=1证实当n=2a由假设得a1−a2≤b当n≥3时,不妨设b1b2⋯bn=1倘若a1≤i下设a1>1+=1==≤所以,当a1−当a1−n即an>又由a1a2⋯ana于是 2b即b2<b即b而bbb所以b例19给定n≥2,n∈Z+,求所有m∈Z+,使得对aia解取x=an由此得到m≥n−1.现在,假设n=a1m+a2++≥=所以a于是,只要证实m即m由假设以及平均值不等式,得1所以原不等式成立.故对所有满意m≥n−1的例20设nn≥2是整数,a证实先证对于正实数xi,∏实际上,由平均值不等式,得33所以3即∏令n,则a将它们相乘,则∏故a例21设a,b,c>0,a+b+ci证实将问题普通化.考虑表达式i=1则含aiba因此,共有CniCn−ij项求和(取axt2的i个因式,从剩余的n由对称性知,含xi2的项数为常数,即为含x因此,当求和后的项是所有的乘积时,对某个p有x1x注对于本题,不必求出p.事实上,p回到原题,由代数一几何均值不等式得a故i=1例22已知x,y,z∈R+∪{0},且x+y+z=x==≤(16)===由此得到x(17)由式(16)知,当x=y=z或x=y,z=.0或y又x+yx时,式(17)取等号.运用常见不等式α令α=21=≤=(18)结合式(17)得x(19)由式(18)取等号的条件知,当α时,式(19)等号成立.故x,y,z=1,1,0例23已知a、b、ca证实原式⇔⇔≥下面举行换元.令x故原式⇔⇔⇔⇔⇔由均值不等式即知结论成立.例24设正实数x1,x2,⋯,xn证实用反证法.假设i(20)则对随意的kk∈1==≥=即对1≤k1取积得k则k=1nxk<所以,假设不成立,必有i例25设x,y,z1求xyz解记u=62≤=≤=故4即2所以,u≤32.依此可知,x时取得.因此,所求最大值为2764例26设x,yx证实欲证的不等式等价于x⇔+>因为yz+x(21)不妨设x≥y≥z,记fx,y,事实上,f=−==而x0,所以fx,又f=≥从而(21)式得证,原命题得证.注本题所用的主意叫调节法,在各级比赛中偶尔浮上时,因难度大而得分率极低.此题的解答由第50届国际数学奥林匹克金牌获得者郑志伟给出.例27设x、y、z为非负实数,且x证实不妨设x≥y当x≥12时,则x当x<12时,则1又由平均值不等式,得1从而x例28设n为正整数,x1,x2,⋯,z令M=maxz1M证实令X=maxx1,x2,⋯,xM于是M由平均值不等式得到原不等式成立.为了证实上述不等式,我们将证实:对随意r>0,左边大于r的项数不小于右边相应的项数,那么,对每个k,左边第k个最大的项大于或等于右边第k个最大的项,这样就证实了上述不等式成立.倘若r≥1,则右边没有项大于r,所以只考虑r令A=xi∣xi>r,1≤i≤因为xi>r,yjA但是,因为倘若A=i1,i2,⋯,ia,i1<i2<⋯<ia,B=j1,j2,⋯,jb,j1<j2<⋯<jb,则a+b−1个数i1+j注在证实的过程中,其实平均值不等式的作用是较小的.本题的证实有一定的难度,是因为像这样证实不等式的主意和处理技巧并不多见.此解答由第51届IMO金牌获得者李嘉伦给出.2.2平均值不等式在求极值中的应用不等式在求极值中起着重要的作用,在利用平均值不等式求极值的过程中,要注重“缩”或“放”的结果是否为常数(通常是和与积),同时必须指出等号成立的条件.例1设a,ba的最小值.解法一令x=a+2b+c,y=a+b+a==≥取a=3故最小值为−17+解法二不妨设a+ba===≥=取a=3故最小值为−17+例2设非负实数a和d,正数b和c,满意条件b+c≥a+d,求bc+d+ca+b的最小值.解不妨设a+b≥c+db==等号成立当且仅当a=2+1,b=2−1,c例3设2x>3y>0解因为2x>3y>02≤所以2=≥等号成立当且仅当3y=2x−3因此,2x3+32x例4若x、y、z是正实数,求xyz1+x==≤=当且仅当x=3同理可得,z当且仅当z=15所以,x≤==≤=当且仅当x=35,y=125,z=6时,上式取得最大值解a2a≥=从形式上预测,须证实ka3⋅c4b+b4c≥223⋅b4+c4a4+b4+令a=46,b=下面证实当k=1424时,等价于证实a4+因为b9+c9−b5c由加权平均值不等式,得:a≥=a≥=三式相加,收拾后即得a故原左式≥223⋅a4a4+b例6已知两两不同的正整数a,bn求n的最小值.解若a,b2≥≥==>所以n≥48.设a,b,c,d,e,f,g2≥≥=>因为g≥8,所以,2倘若g≥9,则2假设n=30,则g=8.于是,a,b,c,d,e,f,g,h是集合{1,2,3,4,5,6,7,8}例7(1)倘若a,ba并指出等号何时成立;(2)对于哪些正整数k,不等式a对所有实数a,b,c,d证实(1)给定不等式变形为a按照算术一几何平均值不等式,得a≥=因为算术一几何平均值不等式当a时等号成立.而最后的不等式,当偶数个变量为负时等号成立.因此,等号成立的情形是a−−之一;(2)注重到,当k是奇数时,因为绝对值充足大的负值a,b,c,d的选取得出了绝对值充足大的负值a当k=2时,取a=b=c=d对充足大的正数r的选取也得出绝对值随意大的负值.因此,Mk这样的数不存在.当k是偶数,且k≥4时,取a=b=同(1)得a即ak+等号成立的条件与(1)相同.故此时Mk的最大值为4−例8设a,b,c∈R+,满意a+解因为a,b,c>0,且a同理可得bac由平均值不等式,得a推出abc≥33a=≥≥等号成立的充要条件是a=b=c=3例9对满意abc=1的正实数a的最大值.解因为表达式关于a、b、c是对称的,当a下面我们证实最大值为1,即证实对随意满意abc=1的实数a首先,我们将非齐次的式子转换为齐次式,即对正实数x、y、z,令a=xy,x令u=x−y+z,v=y−z+u≤同理,vw≤y,wu例10设a、b、a求k的最大值.解因为当a=b=c时,由6≥3ka令fa,不妨假设a≤b≤ca则f=等号成立当且仅当a=0或a再证实fa,f因为a所以f≥==≥从而f故k的最大值为2.注此解答由第48届IMO金牌选手付雷给出.例11对a,ba的最小值.解由平均值不等式,得a≥=于是a≥==≥当a=b2.3平均值不等式在几何不等式中的应用对于几何中浮上的不等式证实,常用的主意有:几何主意、代数主意和三角主意,固然,我们不能将它们截然地分开,常常是要综合地运用各种知识.倘若采用代数主意证实几何命题,那么,灵便运用平均值不等式和柯西不等式,对解决问题将有极大的协助.例1对于随意一个△ABC,记其面积为S,周长为l,P、Q、R依次为A证实记BC=a,CA=b,Ax在△ABC、ap两式消去1−cosp=(22)注重到4同理,4t−8代人式(22)得p同理,bq3记M为所证不等式左边.则M≥(23)又a≥b由切比雪夫不等式及均值不等式得a≥≥==(24)由式(23)、(24)得M例2设a、b、AB其中,“∑”表示轮换对称和.证实:AB≥证实设a=yBAA≥下面证实上式中每个根号内的数都大于或等于1.只需证第一个根号内的数大于或等于1,即1⇔⇔+≥(25)由幂平均不等式得x由均值不等式得3x=+=相加即得式(25)成立.5证实因为a==所以,欲证的不等式等价于5构造函数f一方面,f所以,f另一方面,因为a,b,c是三角形三边长,所以0<a,bf≤=所以,5≤=从而,欲证不等式成立.例4设P是锐角△ABC内的随意一点,直线AP、BP、CP分离交△1证实如图,连结A1BC1B,并记∠∠CB在四边形PBAPP再在△A1P(26)同理可得P(27)P(28)由(26)、(27)、(28)联立方程组解得222于是2≥同理22将以上三个不等式相乘,得2≥故1例5设P为△ABC内一点,D,E,F分离为P到BC,CA,解记△ABC的三个内角为A,B,C,其对边为a,b,设PD=x,PE=y,PF=z从而有ax+a即x上式等号当且仅当ax=by=cz时成立.这就是说,S1=S2=S3例6设a,b,c为三角形的三条边的长度,δ当且仅当a=b证实由海伦公式,原不等式等价于p等价于p由平均值不等式,得p此式当且仅当p−a=p−b例7设Ta,Tb,Tca证实设AE=Ta,D为AB因为BE=T再由平均值不等式,得Ta≥同理可得Tb≥T再由cos得到命题成立.例8设P为△ABC内部或边界上一点,点P到三边的距离分离为P证实设PA=x,PB=y,PC=z,D=≥从而z=D同理可得x于是x≥等号成立当且仅当△ABC为正三角形,且P为△ABC的中央.例9设ABCDEF是凸六边形,且AB//ED,R证实过点A作BC的垂线,记该垂线夹在平行线EF、BC之间线段的长度为h,设AB、BB因为A所以∠2同理可得22所以2≥分两种情况研究:(1)当a=dA则2≥≥所以R(2)当a≠d时,不妨设aF连DE1,连BA1延伸交DE1∠且sina利用平均值不等式,得2≥再由排序不等式,得A从而2综合(1)、(2)知命题成立.2.4平均值不等式的变形及应用对于平均值不等式,有各种不同的变形和推广,因为这些问题可以包括在命题的证实和研究中,这里就不展开研究了.对随意正数a1,i从而i令Hn=n1a1+1a2+⋯+1和平均值.因为x1+x2+⋯n即Hn≤对随意实数a1,n故得到a令Qn=a12+a22+⋯+an均值.所以,对随意实数a1,于是,对随意正实数a1,H且等式成立的充足须要条件是a1=例1设a,b,c是正实数,且满意a1证实由算术平均值大于或等于几何平均值及算术平均值大于或等于调和平均值可得1≥≥=例2已知正实数a、ba证实:a≤证实由Q2≥2≥=同理,2再由Q3≥aobzerotic≥所以2≥=于是,原不等式成立.例3设正实数x、y、z满意x证实因为3xyx故x例4设a,b3证实首先两次应用G2≤a=≤=≤即再由A4≤a故原不等式成立.例5设xi≥1i∏证实原不等式等价于∏这个不等式可以由下面的事实推出.由平均值不等式,得∏≤=以及∑1从而可知命题成立.例6设xi∈0,π2,i=1,3证实因为sin2xcos则对1≤icos从而i故命题成立.例7设ai∈R+,iM的最小值.解由M=≥=所以M≥n2n−1,当且仅当a于是M的最小值为n2n例8已知a,b,c∈R+a证实令x=a0a于是,原问题化为证实x由H3≤A3,并注重到x+y9因为G3≥x所以x又由1==所以1由A3≥x于是x进一步,设a1,a2,⋯M为a1,a2,⋯对于Mr对α>β,则M∑等号成立的充要条件是a1=异常当α>1∑例9给定正整数k,当xk+yk+z解由假设和幂平均不等式,得x所以x当x=y=z=3例10设三角形三边长分离为a、b、c,面积为a证实当n=1时,a+b+c假设当n=ka则当n=ka其中ai∈得a从而a即当n=k因为普通的幂平均不等式在比赛中很少浮上,这里就不展开研究了.等式或不等式的变形,是证实数知识题和运算中常使用的主意和技巧.前面我们推荐了平均值不等式的证实和应用,但对于某些问题,通过变形处理可能比运用基本定理来证实更容易,下面我们以一个例子来说明,希翼读者能有所体味和了解.例11设a,b,c2证实一通过变形直接证实.不妨假设a+b1即a两边同乘以3,得3消除分子的二次项,得8因为3x28≤故命题成立.证实二对一个n个变量的函数f,定义它的对称和s这里σ是1,2,⋯,n的所有的罗列,sym表示对称求和.例如,将x1,x2sss则8其中B>0A下面证实A>0由加权平均值不等式,得4得s于是s再由平均值不等式,得a从而s或者s回顾Schur不等式,a=或者s是 ≥综上可得A>0注此题还有多种不同的证实主意,感兴趣的读者不妨自己试试.2.5带参数的平均值不等式引进适当的参数,是解决不等式问题的重要技巧.普通地,当ai>0,λi1例1设a,bf的最大值.解倘若假设f的最大值为M,则a因此,要建立一个上面形式的不等式,并找一组a,b设α,βα将上面三式相加,得α≥令α2=12α+β=1β+γ2=122即f又当a=d=1,b=c=2例2求出最大的正数λ,使得对于满意x2+y2+z2=1λ解因为1≥且当y=22,x=2λ2λ2+1,z=22故λ的最大值为2.例3已知α,β1求函数u=α解对于随意正实数a,bx==≥=当且仅当b亦即xab令α=a1且x从而α所以,u的最大值为αβγ注(1)倘若1α2+k+1β2+k+1这是因为1α化简收拾后α(2)若k1k2α2+k1k2k+k2事实上,只须令x′=k1x,y′=k2y,z′=k3f≤当且仅当α2=消除x,得2α4解方程,得α2=14a4所以当x=2f例5设x,y,z∈Rf的最小值.解将原式变形为f对于w∈0,1,令ϕw=选一参数a,并利用G9≤a≤=取a=88因为ϕw>ϕ于是f当x=y故fx,y,z注这里挑选a=8,是为了消除变量w例6求最小的正整数k,使得对满意0≤a≤1的所有a和所有正整数a解先设法消除参数a,然后求k的最小值.由平均值不等式,得n所以a当且仅当a=k1−an于是我们要求出最小的正整数k,使得对任何正整数n都有k当k=1时,取n=1,上式为当k=2时,取n=1,则当k=3时,取n=3,则因此k≥4.下面证实k4当n=1,2当n≥4n≤=故k的最小值为4.注在第一次利用平均值不等式时,引进参数α=kn,消除习题21已知0<a<1,0<b<12设a,b,c∈R+∑其中,“∑”表示轮换对称和.3设ai∈a4设a1,a2,⋯,ana5设ai,i其中i=1nai=Q证实:G−H7设a1,a2,⋯n​25设x1x9已知5n个实数riR求证:i=110求证:1−111设a,d≥0,b,c>012对随意正数a1,a2,⋯,an,13求乘积x2y2z2u在条件x14设a1,a的最小值.IS设正实数a1,a2,⋯i的最小值.16设a>0,x求x1x17设n≥2,x1,x2,⋯,xn18证实:对随意边长为a、b、c,且面积为a10证实:倘若AD、BE与CF是△ABC的角平分线,则20设△ABC的外接圆K的半径为R,内角平分线分离交圆K于A′,B′,C′,证实:16Q3≥27R4P21设△ABC的三边长为a、b、c,现将AB、AC分离延伸a单位长度,将BC、BA分离延伸b单位长度.CA,CB分离22设等腰梯形的最大边长为13,周长为28.(1)设梯形的面积为27,求它的边长;(2)这种梯形的面积能否等于27.001?2在所有周长一定的三角形中,求内切圆半径最大的三角形.24在△ABC中,三条边长分离为a、b、125设n≥2,求乘积x1x2⋯xn在条件26求最小正数λ,使得对于任一三角形的三边长a、b、c,只要有ac+27对每个正整数n,求证:j28设A、Bsin29设α、βcsc并求等号成立的条件.30设x,y,z≥0x31对ai∈R+i=1,lim12设xi∈Ri=1(1)n−1(2)xi−33求最大的实数λ,使得当实系数多项式fx=x3+ax2+c的所有根都是非负实数时,只要x≥0,就有fx≥λx−a3,并求等号成立的条件.前面我们推荐了平均值不等式及其在不等式证实中的一些应用,同时,也推荐了证实不等式的一些主意和技巧.但是,任何一个结论的使用,都有它的局限性,平均值不等式也是如此.在不等式的3.1柯西不等式及其证实设a1,a2,⋯,aa当且仅当a1b1=a2b2=⋯柯西不等式的证实主意无数,这里我们挑选其中一些容易和具有一定技巧的证实.证法一不妨假设An=i=1ni则原不等式等价于x即2又等价于x这个不等式显然成立,且等号成立的充要条件为xi=yi(ib证法二(比值法)按上述证实主意和记号,不妨假设An≠0,Cn≠0i由于=且等号成立当且仅当ia由第一个条件表明aibi≥0,i=1,2,⋯,n,即ai与bi因为ai与bi证法三(比值法,类似证法二)令An=a1A=≥所以A即B等号成立当且仅当aib注(1)这两个证实主意比较容易,但是对于不等式的证实来讲,怎样人手是十分重要的.比值法是证实不等式的一种常用、基本的主意.(2)上述两种主意也称为标准化主意,这个主意可以简化许多不等式的证实.在前面我们也使用过.如为了证实Gn≤An,令条件y1y2⋯yn=证法四(归纳法)众所周知,归纳法是证实不等式的一种强有力和常用的主意,这里,利用归纳法证实一个更强的结论,即i(1)当n=2a≤=且等号成立当且仅当a1b(2)假设当n=k时命题成立,那么对于ni=≥≥所以对一切的n命题成立.不难得到等号成立的充足须要条件.证法五(归纳与综合法)(1)当n=2a≤=且等号成立当且仅当a1b(2)假设当n=k时命题成立.对于n=k+1,令AB因为我们要证实a≤等价于证实B⇔⇔⇔由归纳假设,上述不等式成立,且等式成立当且仅当a1b1=a2b2=证法六(归纳法和平均值不等式)(1)当n=2a≤=即命题成立.(2)假设当n=k时命题成立.对于n=a=+由平均值不等式,得2≤由归纳假设,得a=≤+=结合平均值不等式等号成立的条件,不难得到柯西不等式等号成立的充要条件,故命题成立.注(1)在上述的证实中,我们反复利用了平均值不等式.(2)上述几种证实均用归纳法,因为证实过程中,对表达式的处理的不同,所以难易程度也就不同.证法七(利用排序不等式)因为i则aa有两行相同,共n2另一方面,有乱序aa两行,共n2i由引理1,得i当且仅当a1b证法八(利用参数平均值不等式)因为对m∈Ra令m2=a从而i故i=注利用含参数的基本不等式来证实不等式,具有较高的灵便性和技巧,为了让大家认识这种证实主意,后面,我们将专门推荐.证法九(利用行列式性质)S====又S==所以2=即S≥0证法十(利用拉格朗日恒等式)对a1,a2,⋯i不难看出命题成立.注实际上,证法十是证法九的一种异常情况,但在证实不等式中,拉格朗日恒等式往往作为已知的结果使用,此外,拉格朗日恒等式也可以用其他主意来证实.证法十一(内积法)令α=a1,a2,⋯0于是i由t的随意性,得4故命题成立.证法十二(向量法)令α=a1,a2cos从而α由α⋅β=a1b1+a2b2+⋯注内积法和向量法有着密切的联系,内积亦称为点积,其定义为:对任意两个向量α,βα容易验证,对随意向量α≠0α在证法十一中,就是利用了这个性质.证法十三(构造单调数列)构造数列SnS则SS−−b=−−=+即Sn+1≤Sn,所以数列Sn单调减少,从而对一切证法十四(二次函数的判别式)令An=a12+a22+⋯+an2,因为An>0,fxB等号成立当且仅当a1b用类似的主意,可以证实下列不等式:设ai,bi∈R,满意aa证实按上述记号,不妨设An>0,考虑函数gx=Anx2+2Bnx+Cn=a1x+b12−B等号成立当且仅当a1b证法十五(凹函数主意)令An=a12+a22+⋯+an1⇔⇔于是i⇔不难得到,等式成立的充要条件是a1b另外,倘若令x=a3.2柯西不等式的变形和推广变形1设ai∈i等号成立的充足须要条件是ai=变形2设ai,i等号成立的充足须要条件是b1=柯西不等式的推广为赫尔德(Holder)不等式,即赫尔德不等式设ai>0,bi>i等号成立的充足须要条件是aip证实由Young不等式,得i≤等号成立的充足须要条件是a即aip赫尔德不等式也可以变形为i等号成立的充足须要条件是ai=λbii=1,2证实当m>0i≤=故i当m<−1时,−m+1>0,对于数组b1,i即i等号成立当且仅当aibimm+1m+1由赫尔德不等式可以推出另一个重要的不等式,即闵可夫斯基不等式对ai,i当且仅当a1b证实由赫尔德不等式,得i≤所以i不难知,当且仅当a1b关于柯西不等式的复数形式,就不在这里研究了.习题33设a,b,c∈R2设a,b,c,d13已知a,bi4已知a,b,c∈R15设正实数a、b、c满意aa6已知x、y、z1∇x,y,z∈x8设a,b,c∈R+∑其中,“∑”表示轮换对称和.9设实数a,b,c>0,且满意a10设a,b,c∈R111设a1,a2312已知a、b、c913设ai∈114设ai,bi,ci15设nn≥416设a1,a2i17设a、b、ca18设n是大于1的天然数,求证:C4.1柯西不等式在证实不等式中的应用运用柯西不等式,证实其他不等式的关键是构造两组数,并按照柯西不等式形式举行探索,巧妙选取两组数.例1已知a,b,c∈R36证实由柯西不等式,得1≥所以1例2设a,b,c∈R+a证实由柯西不等式,得a≤=故命题成立.例3设ai>0i=1a证实令an+i≤=于是i注在证实过程中,注重条件的利用和不等式的变形.例4设a、b、c是正实数,且满意aa证实注重到1同理,1−b故原不等式等价于2化简后得4≥即a从而要证1a+而1a+例5设正实数a、b、c满意a1证实用符号∑表示循环和,即证实:∑(29)由柯西不等式得∑又 ∑a及a则∑≥==故∑a2所以,∑(30)式(30)两边乘以-1,再加3,再除以2即得式(29).例6已知x,y,z>0x证实因为a所以a在b>0a利用上式及柯西不等式,可知x=++=≥==例7设非负实数a1,a2,⋯,a(1)i=1(2)i=1(3)i=1求证:对随意1≤k≤n,都有证实对随意1≤kk≤=≤从而ak≤1010+k2.同理有例8设ai∈R+i=1,2i求rii解令xi=0,则再令xi=2ai于是令xi=ri,则推出i即i=1i等号成立充要条件是ri=从而i=1i经验证,ri=上面的条件可以改为普通的形式:i其中m>1利用赫尔得不等式,得r例9设xi,i证实令a=i=1nxi,a即a求和,得a故 i=本例倘若用向量主意证实,会更容易.例10设ai∈R+1证实令i=1n1aii所以i=1i≤于是1≥故命题成立.注此题的证实主意较多,不妨自己试一试.例11设n为正整数,x1≤x2(1)i,j(2)第(1)小题等号成立的充要条件是x1,证实(1)不失普通性,可设i=1i由柯西不等式,得i=另一方面,i从而i(2)倘若等号成立,则对某个k,xi=k2i−n−1,则xx将每个xi减去x1+xn2,就有x例12证实:满意条件(1)a1+(2)a的整数惟独a1,证实设a1,a2a结合a12+a22+⋯+an2当i=1nai2=n3时,由柯西不等式取等号得a1=a2=⋯=an当i=1nai=i于是bi2只能是0或者1,且b12,b22,⋯,bn2中至多有一个为1.倘若都为零,则ai=n,i=例13证实:关于两个三角形的匹窦不等式a这里a、b、证实由柯西不等式,得16≤=所以a注在证实过程中,常常举行一些恒等的变形.例14设a、ba证实显然存在正数x、y、z使得a=同样处理b2ca=原不等式等价于x由柯西不等式,得x则x于是原不等式成立,且当a=b例15设xi>8证实注重到不等式的右边≥2x1yx令ui=xiyi−zx等价于x由柯西不等式,得x==≥=从而原不等式成立,且等号成立的充足须要条件为x1=x2,y注.该例题也可以直接用柯西不等式证实,关于它的推广,可以参见引文或练习.例16设ai,∑证实两次利用柯西不等式,得左边≤≤故命题成立.例17设ta、tb、tc分离是△A∑证实不难求得ta2=bcba则∑所以原不等式成立.例18设a、b、c、d为正实数,满意ab+cda≤证实令α=aα≤a=同理可得β将它们相加,并利用xi2α===故命题成立.例19给定正整数n≥2,设正整数aii=1,2,⋯,n满意a1<i证实当x2≥a1a1−i≤当x2<i≤对于正整数a1<a2<⋯2=≤同理2≤所以i+≤故命题成立.例20设x∈01证实因为1=1=所以由柯西不等式,得1=-=-≥=≥例21设a1,a2,⋯,an是一个有无穷项的实数列,对于所有正整数i,存在一个实数c,使得0≤ai≤c,且a证实对于n≥2,设σ1,σ2,⋯,0则ca≥由柯西不等式,得1σ对所有正整数n≥2c≥=≥故c≥1例22设a、b2证实在第二章中,我们用了两种不同的主意证实了这个不等式,这里,用柯西不等式给出另一种新的证实.由柯西不等式,得2=于是2a22倘若4a≥2≤同理可得aa三式相加,得2≤=≤当上述假设不成立时,不妨设4a<2由柯西不等式,得b于是2同理可得2所以2综上可知原不等式成立.当且仅当a=b对于三种不同的证实主意,希翼大家能好好理解.例23设ai>0,且i证实由柯西不等式,得1≥≥HOSTORIAN所以i利用变形的赫尔得不等式可以证实下列不等式.例24证实:对正实数a、ba证实由变形的柯西不等式,左边所以要证实原不等式,只需要证实∑等价于∑等价于∑等价于∑易知该不等式成立,故原不等式成立.注前面,我们用平均值不等式证实了这个不等式,读者还可以用其他主意证实.4.2柯西不等式在解方程组和求极值中的应用应用柯西不等式中等号成立的条件,通过不等式夹逼,求出方程组中各个未知数的值,从而进一步求出有关代数式的值.极值问题往往是关于对称式的问题.先按照条件,在各个未知元相等时的值得出极值,然后证实相应的不等式.例1求方程组a(31)(32)(33)(34)的实数解.解首先,注重到没有一个变量等于零.不失普通性,假设b=0,由(31)得a=0,由(34)得d=0第二,注重到bc,cd,da,按照算术一几何平均值不等式,有b即3因此a2=从而a≤1类似地,有b≤1由此得b+c同样地,有cda由31×321因为4个小于或等于1的表达式的积等于1,那么,这4个表达式一定都等于1.从而唯一的可能是每个变量取它的最大的可能值.因此a=b例2已知实数x、yx的所有实数解x,y解由x、yy由柯西一施瓦兹不等式得xy≥⇔≥结合题设等式得x(35)当x+2λ(36)时,式(35)等号成立.设w=xx又w⇔⇔则x(37)当w⇔(38)时,式(37)等号成立.由式(35),(37)得x由方程组(36)与式(38)得2将λ=1y所以,所求唯一实数解为x例3n是一个正整数,a1,a2,⋯,an,b1,解由柯西不等式知a≥且a所以a且当a1=所以a12a1+b例4已知x、y、x求xx2解令x=1x预测最小值为−12只须证:x⇔(39)注重到zx+若x+y−1=0故x+y于是,z=x代人不等式(39)得x≥(40)由柯西不等式得式(40)左边≥=于是,只须证4≥⇔由Δ=3y2−8y+从而,预测成立,即xx2+1+y例5设a、ba求a+b解由柯西不等式,得25上述不等式等号成立,得a于是k2x2+y2a例6设实数a、ba求e的最大值.解将条件改写为8由此得到一个包含e的不等式.由柯西不等式,得a将条件代人并两边平方,得8645从此得到0≤e≤165,当a=b=c=设n≥3为正整数,a、b为给定的实数,实数xx则当b<a2n+1当b=a2n+1当b>a2n+1a其中δ为二次方程n+1例7设x≥0,y≥0w的最小值.解由柯西不等式,得w-≥所以w利用柯西等式成立的条件,得x=kla,y=kmb,z=kncw例8对满意a+b=1的正实数a的最小值.解当a=ba下面证实a从而最小值为252令x=ax于是1=由柯西不等式,得1a+1从而命题成立.例9设n和k是给定的正整数k<n,已知正实数a1,a2M取最小值.解通过对n=1M令a=a1+a2M≥=且当a即ak+1=⋯=例10设2n个实数a1,a2,a的最大值.解当n=1时,a2−a1当n≥2时,设x1=1,且ak=由柯西不等式,得a=≤-=当aa时,上述不等式等号成立,所求最大值为n2n例11设xi≥0i求x1+解由x取x1=1,x2=⋯=xn=i等价于i令ti=yi+yi+1+增,则xi=iyi=x所以由i=1x≤=等号成立当且仅当t11=t22−1=⋯=tnn−n−1及x12+x22+⋯例12设x、y1的最小值.解因为x,y,z>−1≥=其中a=1由柯西不等式,得a≥=≥且当a=b故所求的最小值为2.例13设S=a1,a2,⋯,an,aa的最小值.解法一不妨设a1<a2<⋯<an.记Ti=ak=≥=由柯西不等式,得k于是 k=当a1,k故a1+a2+⋯解法二记b1=1,b2=2首先容易证实下面的结论.引理设x,y∈R+,则x−利用上述引理,得i≥=++≥且当ai=bi,1≤i≤n例14设n>3为给定的正整数,实数x1,x2,⋯i的最小值,并研究等号成立的条件.解令ti=i由柯西不等式,得i==≤=所以最小值大于或等于1.由柯西不等式成立的条件,得t即t再令t1=x记x1=x因为x2>x1,所以又因为tj=c故最小值为1,且当且仅当x1=a,xk注这个题目的表达形式看起来很复杂,但通过变量代换后,可以发现各项之间的关系,借助于柯西不等式,预计出它的下界.4.3柯西不等式在证实分式不等式中的应用在各种不等式中,分式不等式的问题因为自身的特点,证实它们需要有较灵便的技巧和主意.对于分式型的不等式,通常运用柯西不等式的一些变形.例1设a1,a证实由柯西不等式,得a≥=故a例2已知正数a1,a2,⋯i证实因为i由柯西不等式,得i所以i故i例3设ai,bi,i≥i证实由柯西不等式,得i因为i=12故命题成立.例4设P1,P2,⋯,P1证实由柯西不等式,得P1所以1≥=≥=>例5设正数xi满意i=i证实由柯西不等式,得i以及i所以i≥≥=又由柯西不等式,得i故命题成立例6设a、b、c1证实由假设我们有1+a2,由柯西不等式,得11≥于是1≥===≥当且仅当a=b例7正数a,b,c满意(a)11+(b)cna证实(a)首先来证实1⇔⇔这是显然的.同理有11+所以11+(b)不妨设a≥b≥c,那么cc所以c≥而显然有an−1+bn−即证⇔这由柯西不等式可知是显然的.所以c≥证毕.例8证实:对随意满意x+y+z=0x证实注重到xx+2由柯西不等式,我们有2所以∑例9已知正数a1,a2,⋯,aa证实由柯西不等式,知对于正数x1,1又a1+i=≤=由已知得a于是,对随意的j∈{aa其中,i=1故 i=即i则i故i例10设n≥2,a1,a2a证实:maxa1证实不妨设m要证M≤4当n=2m等价于4即4而4故M≤4当n≥3n=≥故n于是M从而2同n=2的情形可得M例11设f其中x,y,z≥0,且x解先证f≤17,当且仅当f(41)由柯西不等式∑因为∑从而∑ffmax=17,当且仅当再证f≥0,当x事实上,f=++=++≥故fmin=0,当另证:设z=min{x,yf下设x,y≥z>0∑(42)注重到1于是(42)等价于z=即2(43)而由柯西不等式,可得x≥=即(43)成立,从而f≥0,故fmin=0例12设x,y,z∈R+x证实左边≥∑x又 ∑x所以,左边≥19例13设x,y,zx证实左边=≥=x==所以∑故原不等式成立.例14设x1,x2,⋯x证实由柯西不等式,得x≤对k≥2x=≤=对于k=1x所以i从而x故命题成立.例15已知xi∈R+i≥i证实令yi=1n−1+xi,则xi=1i对固定i,由柯西不等式,得i≥>对i求和,得i因为i故i4.4柯西不等式在组合计数预计中的应用在研究组合,异常是组合计数问题时,常常需要由给定的条件,对一些不等式举行预计.倘若能灵便地应用,柯西不等式在解决这些问题中能发挥很好的作用.例1将1650个学生排成22行,75列的方阵,已知随意给定的两列处于同一行的两个人中,性别相同的学生不超过11对,证实:男生的人数不超过928.解设第i行的男生数为xi,则女生数为75−i于是i即i=1i因此i=1i故男生的人数不超过928.例2在一群数学家中,每一个人都有一些朋友(关系是互相的).证实:存在一个数学家他所有的朋友的平均值不小于这群人的朋友的平均数.证实记M为这群数学家的集合,n=M,Fm表示数学家m的朋友的集合,fm表示数学家m的朋友数fm=1我们用反证法来证实这个命题,倘若不存在这样的数学家m0.则对随意的m0n对一切m0n这与柯西不等式矛盾,故命题成立.例3设空间中有2nn≥2个点,其中任何4点都不共面.在它们之间随意衔接N条线段,这些线段都至少构成一个三角形.求解将2n个已知点均分为A和BA现将每对点Ai和Bi之间都衔接一条线段AiBi,而同组的随意两点之间不连线,则共有n2条线段.这时,2n个已知点中的任何3点中至少有两点属于同一组,两者之间没有连线.因而这n2条线段不能构成任何三角形.这表明N的最小值必大于n2.因为2n个点之间连有n2+1条线段,平均每点引出n条线段还多,故可以预测有一条线段的两个端点引出的线段之和不小于设从A1,A2,⋯,A2n引出的线段条数分离为a1,a2,⋯,a2n,且对于任一线段i另一方面,显然有故由柯西不等式,得i即i于是矛盾,从而证实了必有一条线段,从它的两端点引出的线段数之和不小于2n+1.不妨设A1A2是一条这样的线段,从而又有Akk≥3例4在m×m方格纸中,至少要挑出多少个小方格,才干使得这些小方格中存在四个小方格,它们的解所求的最小值为m21+4m−3−1+1.设最多能挑出ki设第i行的ki个小方格位于这行的第j1,j2,⋯,jki列,1≤j1<j2<⋯<jki≤m.倘若第r行的第jp,jq列的两个方格已经挑出,则随意的第ss≠r行的jp,i即1由i=1mki=i所以k2m≤mm−因此,至少要挑出m21例5设A1,A2,⋯,A30是集{1,2,⋯A证实不妨设每个Ai的元素都为660个(否则去除一些元素),我们作一个集合、元素的关系表:表中每一行(除最上面的一行)表示30个集合,表的n列(最左面一列除外)表示2003个元素1,2,⋯,2003.倘若i∈Aj(i=1,2,⋯,2003,1≤j≤30),则在i所在的列与Aj因为每个元素j属于Cmj2个交集j由柯西不等式,得j所以,必有i≠jA=故Ai∩例6给定平面上的n个相异点.证实:其中距离为单位长的点对少于2n3证实对于平面上的点集P1,P2,⋯,Pn,令ai为与PA设Ci是以点Pi因为每对圆至多有2个交点,故所有的Ci2个交点.点Pi作为Cj的交点浮上Cn由柯西不等式,得j于是j从而A故命题成立.例7在三维空间中给定一点O以及由总长度为1988的若干条线段组成的有限集A,证实:存在一个平面与集A不相交且到点O的距离不超过574.证实以点O为原点建立直角坐标系,并将所给的线段分离向3条坐标轴投影.设A中共有n条线段且它们在3条轴上的投影长分离为x记x=∑x=≤=不妨设x=minx从而在x轴上的区间[−574,574]内必有一点不在n条给定线段的投影上,过这点作与例8设Oxyz是空间直角坐标系,S是空间中一个有限点集,Sx,Sy,Sz分离是S中所有点在OS说明所谓一个点在一个平面上的正投影是指由点向平面所作垂线的垂足.证实设共有n个平行于Oxy平面的平面上有S中的点,这些平面分离记为M1,M2,⋯,Mn.对于平面Mi,1≤i≤n,设它与Ozx,Ozy平面分离交于直线设Mi上的点在lx,ly上的正投影的集合分离为Ai和Bi,记ai=Ai从而由柯西不等式,得S≥=≥得证.4.5带参数的柯西不等式倘若ai,i例1已知正实数a、ba且d≤1.d证实设参数λ>1d≤=≤由已知条件知c2=a+b3a−bλ所以,命题得证.例2设p,qp的最小值.解由柯西不等式,得p当且仅当psinxtan又 ≤≤当且仅当tanx=a2b2成立.故m且m从而m即m令m=pp当且仅当tanx=注这里,在两次利用柯西不等式时,引进了参数n、m例3(1)设3个正实数a、ba求证:a、b(2)设n个正实数a1,a求证:这些数中随意3个一定是某个三角形的3条边长.证实(1)不妨设a≥ba分解因式,得a所以b+c−a>0,即b(2)在a1,a2,⋯n<=≤令1λ2+n−3a由(1)知,a1,例4设a=a1,a2,⋯,ai成立的随意实数序列.求证:i其中A=i证实对随意实数λ,由柯西不等式,得i从而i即对随意实数λ,有A于是Δ故命题成立.注该不等式的证实,也可通过构造一个新的序列yiy则yi满意ii从而命题成立.4.6利用平均值不等式与柯西不等式解题例1设a,b,c为实数,满意3证实由平均值不等式,得3再由柯西不等式,得a≤=从而a+2例2求x的最大值.解由柯西不等式,得x再由平均值不等式,得x若x=1x于是所求的最大值为1.例3设a,b,c为正数,且满意1证实由柯西不等式,得1≥所以由平均值不等式,得1≥≥例4设xi,i=1,2,⋯i证实当m=1i因为i由柯西不等式,得i即i所以i于是命题成立.当m≥2i再由幂平均值不等式,得1因为i=1i例5设实数xi满意xii证实由柯西不等式,得i因此欲证原不等式只要证实n即证n即i由平均值不等式知上述不等式成立,故原命题成立.例6已知正数xi满意i=1ni证实由柯西不等式,得i即i再由平均值不等式,得n由此得到i例7设x,y,z≥0x解设S=x1−yz+S所以设xyz≠0,使得x所以因为1==≥由平均值不等式,得x≤≤再由柯西不等式,得S故命题成立.例8设a,b∑证实由柯西不等式及均值不等式有5≥≥所以∑只需要证实6等价于a+bb+cc+a例9已知数列an满意a1>0M证实因为M我们需证aa11因为a==≤≤=1≤≤=≤=a==≤==+≤=1≤====+≤=因此,Mn+注当x,y>0时,x+y=maxx,例10已知正实数x、y、z满意x证实证法1注重到x==≥同理,yz以上三式相加得x≥=从而,只需证实x不失普通性,设x≥yx且y=≥=(44)事实上,由y可知式(44)非负.从而,题中不等式成立.证法2按照柯西不等式得x2≥和y2≥以上两式相加得x2≥≥从而,只需证实2≥按照均值不等式得y≥即y同理,zx以上三式相加得2≥从而,题中不等式成立.例11设正整数n≥2.求常数Cn的最大值,使得对于所有满意xi∈0,1i=1,2,⋯i(45)解首先,取xi=n于是,Cn≤1n−1.下面证实由1−xi+1−xj取和得n−1k=1n故 ==≤==≤=从而,原不等式成立.因此,Cn的最大值为1n例12给定整数n≥2和正实数a,正实数x1,x2,⋯,xni恒成立,其中S=x解首先考虑a≥1的情况,令xi=yiS≥=于是i(46)当a=1i且当x1=x2=⋯=xn=下面假设a>1.令zi=yiy==(47)由柯西不等式i而i故i(48)结合46、47i≤=当x1=i故M=n下面考虑a<1的情况:对任何常数λf在区间0,+∞上郑重单调递增,故fa<f1,即i当x1=x2=⋯lim==故M=1M习题4I记知非负实数a1,a2,⋯,aa2设x,y,z∈RM的最小值,其中,“∑”表示轮换对称和.3设x、y、x证实:1x2+y条件.4设设x,y,z∑其中,“∑”表示轮换对称和.5设a,b,c>0a6已知λ为正实数.求λ的最大值,使得对于所有满意条件u的正实数u、vu7设x1,x2,⋯,xx(8)设x,y,z,wx当且仅当xcosα(2)已知0<a1<a2<⋯<an,对于a1,a2,⋯,an的随意罗列10设复数zk=xk+iyk,k=1,2,⋯,nr11设An=A12对满意1≤r≤s≤tw的最小值.13设ai>0,bin14设12≤p≤1,i15已给天然数n≥2,求最小正数λ,使得对随意正数a1,a2,⋯,an,及0i就有i16已给两个大于1的天然数n和m,求所有的天然数l,使得对随意正数a1,a2k其中,Sk=17设u、v是正实数,对于给定的正整数n,求:u、v满意的充足须要条件,使得存在实数i当这些数存在时,求a118设m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数之和为1987,对所有这样的m与n,319设xi∈Ri=1,2,⋯,n且i20设s,t,u,v∈0,π2221证实:A其中,A1、B1、C1分离为22a1,a2,a3,a223设a、b、cb习题1-1.1=a+2b=2.由均值不等式得a+1bb3.设A=a1−a2,则A2=12⋅2a21−a24.证法1注重到1a+1b+1c≥1+6a+b+c⇔1a+1b证法2考虑如下两种情形.(1)当a+b+c≥3时,因为1a(2)当a+b+c<3时,则5.注重到x2−xy+y2x2+xy+y2≥6.因为a1+a2+⋯+an=1,所以由均值不等式可得1+ai=a1+a2+7