六国破灭，非兵不利，战不善，弊在赂秦

基本不等式：对于两数 \(a,b\)，\(a^2+b^2\ge 2ab\)。对于两非负数 \(a,b\)，\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)。

扩展形式：

对于 \(n\) 个非负数 \(a_1,a_2,...,a_n\)，\(\frac{a_1+...+a_n}n\le(a_1...a_n)^{1/n}\)。

更进一步的有 \(H_n\le G_n\le A_n\le Q_n\)。

其中 \(H_n=\frac{n}{1/a_1+1/a_2+...}\)，

\(G_n=(a_1a_2...)^{1/n}\)，

\(A_n=\frac{(a_1+a_2+...)}n\)，

\(Q_n=\sqrt{\frac{(a_1^2+a_2^2+...)}n}\)。

记录一个小技巧：

根据基本不等式，\(a+b\ge 2\sqrt {ab}\)。

如果我们把 \(a\) 写成 \(p\) 个 \(a/p\)，把 \(b\) 写成 \(q\) 个 \(b/q\)，那么再利用均值不等式就可以得到

\[a+b=\frac ap\times p+\frac bq \times q\ge(p+q)\left(\frac{a^pb^q}{p^pq^q}\right)^{\frac1{p+q}} \]

要求 \(p,q\in \mathbb{N}^{*}\)。

1

证对于正整数 \(n\ge 2\)，\(a>0\) 且 \(a\ne 1\)，有

\[\frac{a}{a^2-1}(a^n-a^{-n})>n \]

公式 \(a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1})\)。

对于 \(n=3\) 也就是立方和公式 \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\)。

因式分解得 \(\frac{a}{a^2-1}(a-\frac1a)(a_{n-1}+a_{n-2}a^{-1}+...+a^{-(n-1)})=\frac{a}{a^2-1}(a-\frac1a)(a^{n-1}+a^{n-3}+...+a^{-(n-1)})\ge \frac{a}{a^2-1}(a-\frac1a)n(a^{n-1}+a^{n-3}+...+a^{-(n-1)})^{1/n}=n\)。

2

对于正数 \(a,b,c\)，证明：

\[\frac{1+a^2}{1+b}+\frac{1+b^2}{1+c}+\frac{1+c^2}{1+a}\ge 6(\sqrt 2-1) \]

先证明 \((1+a^2)/(1+a)=2\sqrt 2-2\)，这可以通过多种方式证明。

注意到 \((1+a^2,1+b^2,1+c^2)\) 和 \((1/(1+a),1/(1+b),1/(1+c))\) 为反序三元组，因此根据排序不等式左式 \(\ge (1+a^2)/(1+a)+(1+b^2)(1+b)+(1+c^2)(1+c)\ge 3(2\sqrt 2-2)\)。（用基本不等式也可以得到同样的结论）

3

设正数 \(a_1,...,a_n\)，\(S=\sum a_i\)，证明：

\[\prod (1+a_i)\le\sum_{i=0}^n (S^i)/i! \]

这个还是很有趣的。

注意到 \(C_n^i=\frac{(n-i)(n-i+1)...n}{i!}\le \frac{n^i}{i!}\)。

直接应用均值不等式，左边 \(\le (1+\frac Sn)^n=\sum_{i=0}^n(\frac Sn)^i C_n^i\le\frac{S^i}{i!}\)，证毕！

4

设 $x_1,...,x_n $ 满足 \(\prod x_i=1\)，求证：

\[\sum_i x_i\sqrt{\sum_{j=1}^i x_j^2}\ge (n+1)\sqrt n/2 \]

我们可以选择把 \(Q_i\) 放缩成 \(G_i\) 或 \(A_i\)，这里选择放缩成 \(A_i\)。

左边 \(\ge \sum_{i=1}^nx_i\frac{\sum_{j=1}^ix_j}{\sqrt i}\ge\sum_{i=1}^nx_i\frac{\sum_{j=1}^ix_j}{\sqrt n}\ge \frac1{2\sqrt{n}}(\sum x_i^2+(\sum x_i)^2)\)（第二步放缩这里我们直接把 \(\sqrt i\) 放缩成了 \(\sqrt n\)）。

继续应用均值不等式，后者 \(\ge \frac1{2\sqrt{n}}(n+n^2)=\frac{(n+1)\sqrt n}2\)。

5

设 \(\prod_{i=1}^k a_i=\sum_{i=1}^k a_i\)，\(k\le n\)，证明：

\[\sum a_i^{n-1}\ge nk \]

设 \(S=\sum a_i=\prod a_i\)，则 \(S\ge kS^{1/k}\)，即 \(S\ge k^{\frac k{k-1}}\)。

左边 \(\ge kS^{(n-1)/k}\ge kk^{\frac{n-1}{k-1}}\)。

即证明 \(k^{n-1}\ge n^{k-1}\)。

可以通过求导等多种方法方法证明。

6

证明

\[\sum ia_i\le n(n-1)/2+\sum a_i^i \]

把 \(n(n-1)/2\) 拆到每一项里，也就是 \(\sum a_i^i+i-1\)。

证明 \(ka_k\le a_k^k+k-1\)。

这个叫做伯努利不等式，即 \(x^n\ge 1+n(x-1)\)，同样有多种证明方式。

7

已知 \(\prod_{i=1}^n a_i=1\)，
证明

\[\prod (a_i+2)\ge 3^n \]

上面的技巧的一个应用。

我们知道最优的 \(a_i\) 应该等于 \(1\)，因此我们把 \(a_i+2\) 写成 \(a_i+1+1\)，然后应用均值不等式，

\[a_i+1+1\ge 3a_i^{1/3} \]

因此 \(\prod (a_i+2)\ge 3^n\)，得证！

8

例 7 的拓展形式。

已知 \(\prod_{i=1}^n a_i=1\)，
证明

\[\prod (a_i+\sqrt 2)\ge (1+\sqrt 2)^n \]

9

设 \(a>b>0\)，求证：

\[\sqrt2 a^3+\frac3{ab-b^2}\ge 10 \]

\(ab-b^2=b(a-b)\le \frac{a^2}4\)，因此

\[\sqrt2 a^3+\frac3{ab-b^2}\ge\sqrt2 a^3+\frac{12}{a^2} \]

把 \(\sqrt2 a^3\) 写成两项 \(\frac{\sqrt2}2 a^3+\frac{\sqrt2}2 a^3\)，\(\frac{12}{a^2}\) 写成三项 \(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}\)，然后一起用均值不等式消掉 \(x\) 上的幂次。

10

证明：对任意排列 \(p\)，

\[\sum_{i=1}^{n-1}\frac{p_i}{p_{i+1}}\ge\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{i+1}=n-H_n \]

好题啊。

左右两边同时加上一个 \(H_n\)，即 \(\frac1{p_1}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{p_i+1}{p_{i+1}}\ge n\)。

由于均值不等式左边 \(\ge n(\frac{\prod_{i=1}^{n-1}(p_i+1)}{\prod_{i=1}^n p_i})^{\frac1 n}\ge n\)，证毕！

11

记 \(H_n\) 为调和级数，\(H_n=\sum_{k=1}^n 1/k\)，证明：

\[n(n+1)^{\frac1n}-n\le H_n\le n-(n-1)\left(\frac1n\right)^{\frac1{n-1}} \]

神秘不等式之用 \(n^n\) 估计调和级数。

只证右边 \(H_n\le n-(n-1)\left(\frac1n\right)^{\frac1{n-1}}\)。

变形 \(n-H_n\ge (n-1)\left(\frac1n\right)^{\frac1{n-1}}\)。

即 \(\sum_{k=1}^n \frac{k-1}{k}\ge (n-1)\left(\frac1n\right)^{\frac1{n-1}}\)。

变成 \(\sum_{k=\color{red}{2}}^n \frac{k-1}{k}\ge (n-1)\left(\frac1n\right)^{\frac1{n-1}}\)，这个限制很松啊，认为 \(1/2,2/3,3/4,...\) 是比较平均的数字，用均值不等式放缩成 \((n-1)(\frac1n)^{\frac1{n-1}}\)，就证完了。

12

对于组成三角形的三条边长 \(a,b,c\)，证明：

\[abc\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \]

如果你直接使用三元的均值不等式放缩成 \((a+b+c)^{1/3}\)，很神奇的一点就是 \((a+b+c)^{1/3}\le abc\)，你会发现不等号反了。

两两放缩，注意到 \(\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}\le a\)，同理写出三个轮换的式子相乘后得到 \(abc\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\)。

从这个例子里也能看出来均值不等式的松紧度是随着 \(n\) 的增大逐渐变松的。\(n=2\) 时的二元基本不等式是最强的。

13

\(abc=1\)，证明：

\[\frac1a+\frac1b+\frac1c\ge \sqrt a+\sqrt b+\sqrt c \]

乘 \(abc=1\)，即 \(ab+bc+ca\ge \sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\)。

和上一题类似如果一起放缩就错了。

注意到 \(ab+bc\ge 2\sqrt{ab^2c}=2\sqrt c\)。