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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