第一篇：常用均值不等式及证明证明
常用均值不等式及证明证明
这四种平均数满足hn?gn?
an?qn
?、ana1、a2、
?r?，当且仅当a1?a2??
?an时取“=”号
仅是上述不等式的特殊情形，即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)由以上简化，有一个简单结论，中学常用
均值不等式的变形：
(1)对实数a,b，有a
2
22
?b2?2ab (当且仅当a=b时取“=”号)， a,b?0?2ab
(4)对实数a,b，有
a?a-b??b?a-b?
a2?b2?
2ab?0
(5)对非负实数a,b，有
(8)对实数a,b,c，有
a2?
b2?c2?ab?bc?ac
a?b?c?abc(10)对实数a,b,c，有
均值不等式的证明：
方法很多，数学归纳法（第一或反向归纳）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序
不等式法、柯西不等式法等等
用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。
引理：设a≥0，b≥0，则?a?b??an?na?n-1?b
n
注：引理的正确性较明显，条件a≥0，b≥0可以弱化为a≥0
，a+b≥0 (用数学归纳法)。
当n=2时易证；
假设当n=k时命题成立，即
那么当n=k+1时，不妨设ak?1是则设
a1,a2,?,ak?1中最大者，
kak?1?a1?a2???ak?1 s?a1?a2???ak
用归纳假设
下面介绍个好理解的方法琴生不等式法
琴生不等式：上凸函数f?x?,x1,x2,?,xn是函数f?x?在区间(a,b)内的任意n个点，
设f?x??lnx，f
?x?为上凸增函数所以，
在圆中用射影定理证明（半径不小于半弦）
第二篇：均值不等式证明
均值不等式证明
一、
已知x,y为正实数，且x+y=1求证
xy+1/xy≥17/4
1=x+y≥2√(xy)
得xy≤1/4
而xy+1/xy≥2
当且仅当xy=1/xy时取等
也就是xy=1时
画出xy+1/xy图像得
01时，单调增
而xy≤1/4
∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4
得证
继续追问：
拜托，用单调性谁不会，让你用均值定理来证
补充回答：
我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的
法二：
证xy+1/xy≥17/4
即证4(xy)²-17xy+4≥0
即证(4xy-1)(xy-4)≥0
即证xy≥4，xy≤1/4
而x,y∈r+，x+y=1
显然xy≥4不可能成立
∵1=x+y≥2√(xy)
∴xy≤1/4，得证
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
试问怎样叫“利用均值不等式证明”，是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!
二、
已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0
a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)
于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0
即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】
那么
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、调和平均数：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)2、几何平均数：gn=(a1a2...an)^(1/n)3、算术平均数：an=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn的式子即为均值不等式。
概念：
1、调和平均数：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)
2、几何平均数：gn=(a1a2...an)^(1/n)
3、算术平均数：an=(a1+a2+...+an)/n
4、平方平均数：qn=√
这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn
a1、a2、…、an∈r+，当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号
均值不等式的一般形式：设函数d(r)=^(1/r)(当r不等于0时);
(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即d(0)=(a1a2...an)^(1/n))
则有：当r注意到hn≤gn≤an≤qn仅是上述不等式的特殊情形，即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)
由以上简化，有一个简单结论，中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√
方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等
用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。
引理：设a≥0，b≥0，则(a+b)^n≥a^n+na^(n-1)b。
注：引理的正确性较明显，条件a≥0，b≥0可以弱化为a≥0，a+b≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。
原题等价于：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。
当n=2时易证;
假设当n=k时命题成立，即
((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时，不妨设a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，则
ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。
设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)。用归纳假设
下面介绍个好理解的方法
琴生不等式法
琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，
则有：f≥1/n*
设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数
所以，ln≥1/n*=ln
即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)
在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)。
第三篇：均值不等式的证明
均值不等式的证明
设a1,a2,a3...(更多精彩文章请关注好 范文网www.bsmz.net)an是n个正实数，求证(a1+a2+a3+...+an)/n≥n次√(a1*a2*a3*...*an).要简单的详细过程，谢谢!!!!
你会用到均值不等式推广的证明，估计是搞竞赛的把
对n做反向数学归纳法
首先
归纳n=2^k的情况
k=1。。。
k成立k+1。。。
这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到
关键是下面的反向数学归纳法
如果n成立对n-1，
你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)
然后代到已经成立的n的式子里，整理下就可以得到n-1也成立。
所以得证
n=2^k中k是什么范围
k是正整数
第一步先去归纳2，4，8，16，32...这种2的k次方的数
一般的数学归纳法是知道n成立时，去证明比n大的时候也成立。
而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下，对比n小的数进行归纳，
指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”
我记得好像有两种几何证法，一种三角证法，一种代数证法。
请赐教!
sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)
证明：
1.sqrt(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n
两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n
(1)如果你知道柯西不等式的一个变式，直接代入就可以了：
柯西不等式变式：
a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)
当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立
只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可
(2)柯西不等式
(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2
2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)
(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数，则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)
令f(x)=lgx显然，lgx在定义域内是凸函数
nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥
f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an
也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)
f(x)在定义域内单调递增，所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)
(2)原不等式即证：a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an
先证明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+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(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+...≥...≥2na1a2...an
即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an
(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式，不予介绍
3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)
原不等式即证：n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n
左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号
由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n
所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)
证毕
特例：sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b
证明：
1.sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立
2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立
此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半
3.sqrt(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2
而sqrt(ab)*(1/a+1/b)=sqrt(a/b)+sqrt(b/a)≥2。
第四篇：均值不等式及证明
一、均值不等式 （一）概念：
第五篇：均值不等式的证明方法
柯西证明均值不等式的方法 by zhangyuong（数学之家）
本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。 一般的均值不等式我们通常考虑的是an?gn: 一些大家都知道的条件我就不写了
x1?x2?...?xn
n
?
x1x2...xn
我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出：
二维已证，四维时：
a?b?c?d?(a?b)?(c?d)?2ab?2cd?4八维时:
(a?b?c?d)?(e?f?g?h)?4abcd?4efgh?8abcdefgh
abcd
?4abcd
这样的步骤重复n次之后将会得到
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
由这个不等式有
a?
na?(2?n)a
2
nn
?
2
n
x1x2..xna
2?n
n
?(x1x2..xn)2a
n
1?
n2
n
即得到
x1?x2?...?xn
n
?
n
x1x2...xn
这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子：
例1：
n
若0?ai?1(i?1,2,...,n)证明?
i?1
11?ai
?
n
1?(a1a2...an)n
例2：
n
若ri?1(i?1,2,...,n)证明?
i?1
1ri?1
?
n
1?(r1r2...rn)n
这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法：
给出例1的证明：
当n?2时11?a1
?
11?a2
?
?(1?
?a1?a2)?2(1?a1)(1?a2)
设p?a1?a2,q?
?(1?q)(2?p)?2(1?p?q)
?p?2q?pq?2q?p(1?q)?2q(q?1)?p?2q，而这是2元均值不等式因此11?a1?
?
11?a22
n
?
11?a3
?
11?a4
??
此过程进行下去
n
?
因此?
i?1
1?ai
1?(a1a2...a2n)2
n
令an?1?an?2?...?a2n?(a1a2...an)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个实数ri,si,ti,ui,vi都?1(1?i?n),记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，求证下述不等式成立：
ii
?
i?1
(
risitiuivi?1risitiuivi?1
)?(
rstuv?1rstuv?1
)
n
要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式
其实由均值不等式，以及函数f(x)?ln因此
e?1e?1
x
x
是在r上单调递减
rstuv?
?
(
rstuv?1rstuv?1
)?
n
我们要证明：
n
?(rstuv
i?1
iii
i
risitiuivi?1
i
?1
)?
证明以下引理：
n
?(x
i?1
xi?1
i
x2?1x2?1
n
?1
)?
n?2时，?(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)显然成立
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
)?
所以原题目也证毕了
这种归纳法威力十分强大，用同样方法可以证明jensen:
f(x1)?f(x2)
?f(
x1?x2
)，则四维：
f(x1)?f(x2)?f(x3)?f(x4)?2f(
x1?x2
)?2f(
x3?x4
)?4f(
x1?x2?x3?x4
)
一直进行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证明的题目都可以用柯西的这个方法来证明
而且有些时候这种归纳法比jensen的限制更少
其实从上面的看到，对于形式相同的不等式，都可以运用归纳法证明
这也是一般来说能够运用归纳法的最基本条件
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