学习笔记·不等式

不等式的基本性质

研究不等式的出发点是实数的大小关系。不等式的基础建立在以下两条公理之上：
公理1：对于任意实数$a$，$a = 0$、$a$为正数、$a$为负数这三者有且只有一个成立。
公理2：对于任意正数$a, b$，$a + b, ab$都是正数。

由这两条公理可以得到推论：
对于任意正数$a$和负数$b$，$ab$是负数；对于任意负数$a, b$，$a + b$是负数，$ab$是正数。

如果$a - b$是正数，那么称$a$大于（greater than）$b$，记作$a > b$；如果$a - b$是负数，那么称$a$小于（less than）$b$，记作$a < b$。这两种不等关系都属于严格不等（strict inequalities）。
另外，如果$a > b$或$a = b$，那么称$a$大于等于（greater than or equal to）$b$，记作$a \ge b$；如果$a < b$或$a = b$，那么称$a$小于等于（less than or equal to）$b$，记作$a \le b$。

实际上，令$b = 0$，那么$a > 0$就表示$a$是正数，$a < 0$就表示$a$是负数。

根据公理1，可以得到不等式的三歧性：
$a > b, a < b, a = b$这三者有且只有一个成立。

不等式的对称性：

$$a > b \Leftrightarrow b < a, a < b \Leftrightarrow b > a$$

不等式的传递性：

$$\begin{align} & a > b, b > c \Rightarrow a > c \\ & a < b, b < c \Rightarrow a < c \end{align}$$

此外，在运算中，不等式也有一些性质：
若$a > b, c \ge d$，则$a + c > b + d$。

由这条显然可以得到推论：
若$a > b$，则$a + c > b + c$。

关于乘法有：
若$a > b, c > 0$，则$ac > bc$；如果$c < 0$，则$ac < bc$。

同样有推论：
若$a > b > 0, c > d > 0$，则$ac > bd$。

此外有：
若$a > b > 0$，$n$为正整数，则$a^{n} > b^{n}$。

若$a > b > 0$，则$\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b}$。

若$a > b > 0$，$n$为正整数，则$a^{\frac{1}{n}} > b^{\frac{1}{n}}$。
这条证明如下：
设$c = a^{\frac{1}{n}}, d = b^{\frac{1}{n}}$，则$a = c^{n}, b = d^{n}$。此时$a - b = c^{n} - d^{n} = (c - d) (c^{n - 1} + c^{n - 2} d + \cdots + d^{n - 1})$。由$n$次方根定义，$c, d$为正数，故$c^{n - 1} + c^{n - 2} d + \cdots + d^{n - 1}$为正数，可得$c - d$为正数。$\Box$

最后这一条定理是大多数不等式证明的基础：
对于任意实数$a$，$a^{2} \ge 0$，等号成立当且仅当$a = 0$。

糖水不等式有：（$0 < a < b, c > 0$）

$$\dfrac{a}{b} < \dfrac{a + c}{b + c}$$

往糖水里加糖会变得更甜，这就是糖水不等式的直观体现。其证明可以就从定义出发：

$$\dfrac{a + c}{b + c} - \dfrac{a}{b} = \dfrac{b (a + c) - a (b + c)}{b (b + c)} = \dfrac{c (b - a)}{b (b + c)}$$

由$0 < a < b, c > 0$，得$\dfrac{c (b - a)}{b (b + c)} > 0$，不等式成立。$\Box$

简单不等式的求解

一元一次不等式

一元一次不等式是最简单的不等式，其基本形式为$ax > b$。
如果$a > 0$，那么解集为$x > \dfrac{b}{a}$；
如果$a < 0$，那么解集为$x < \dfrac{b}{a}$；
如果$a = 0$，且$b < 0$，那么解集为$\mathbb{R}$，若$b \ge 0$，解集为$\varnothing$。

一元二次不等式

设二次函数$f(x) = ax^{2} + bx + c (a > 0)$，令$\Delta = b^{2} - 4ac$。由函数图像可以直观地得到：
如果$\Delta > 0$，设$f(x) = 0$的两根$x_{1} < x_{2}$，那么$f(x) > 0$的解集为$x > x_{2}$或$x < x_{1}$，$f(x) < 0$的解集为$x_{1} < x < x_{2}$；
如果$\Delta = 0$，那么$f(x) = 0$有唯一根$x_{0} = -\dfrac{b}{2a}$，$f(x) \ge 0$恒成立，此时$f(x) > 0$的解集为$x \ne x_{0}$，$f(x) < 0$的解集为$\varnothing$；
如果$\Delta < 0$，那么$f(x) > 0$恒成立，解集为$\mathbb{R}$，$f(x) < 0$的解集为$\varnothing$。

一元$n$次不等式

一元$n$次不等式是形如$f(x) = a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + \cdots + a_{n} > 0 (a_{0} \ne 0)$的不等式。从虚根成对定理的证明中，我们知道任何$n$次实系数多项式$f(x)$都可以在实数范围内分解为

$$f(x) = a \prod_{k=1}^{s} (x - a_{k}) \cdot \prod_{k=1}^{t} (x^{2} + b_{k} x + c_{k})$$

其中$s + 2t = n$。由于二次因式都没有实根，恒大于零，因此我们只要解不等式

$$(x - x_{1}) (x - x_{2}) \cdots (x - x_{s}) > 0$$

其中可能会有重根，因此又可以写成

$$(x - a_{1})^{n_{1}} (x - a_{2})^{n_{2}} \cdots (x - a_{k})^{n_{k}} > 0 (n_{1}, \cdots, n_{k} \in \mathbb{N}^{\ast})$$

通常我们用穿针引线法来解这类不等式：

1. 画一个数轴，数轴上方表示$f(x) > 0$，下方表示$f(x) < 0$，在数轴上表示出$a_{1}, \cdots, a_{k} (a_{1} > \cdots > a_{k})$；
2. 从$a_{1}$的右上方开始画向左下的曲线，若指数$n_{1}$是奇数，则曲线穿过数轴继续向下，否则曲线折返向上；
3. 在$a_{2}, \cdots, a_{k}$处重复和$a_{1}$一样的操作；
4. $f(x) > 0$的解集为最后图像的数轴上方的部分，$f(x) < 0$的解集为数轴下方的部分，如果有等号就并上零点。

例如，对于上图，不等式$f(x) > 0$的解集为$(-\infty, a_{3}) \cup (a_{2}, a_{1}) \cup (a_{1}, +\infty)$；不等式$f(x) < 0$的解集为$(a_{3}, a_{2})$。

分式不等式

形如$\dfrac{f(x)}{g(x)} > 0$的分式不等式，总是可以化为以下形式：

$$\begin{align} & \dfrac{f(x)}{g(x)} > 0 \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) > 0 \end{cases} \ \mathrm{or} \ \begin{cases} f(x) < 0 \\ g(x) < 0 \end{cases} \\ & \dfrac{f(x)}{g(x)} \ge 0 \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \end{cases} \ \mathrm{or} \ \begin{cases} f(x) \le 0 \\ g(x) < 0 \end{cases} \\ & \dfrac{f(x)}{g(x)} < 0 \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) < 0 \end{cases} \ \mathrm{or} \ \begin{cases} f(x) < 0 \\ g(x) > 0 \end{cases} \\ & \dfrac{f(x)}{g(x)} \le 0 \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) < 0 \end{cases} \ \mathrm{or} \ \begin{cases} f(x) \le 0 \\ g(x) > 0 \end{cases} \end{align}$$

此外，我们发现：

$$f^{2}(x) = f(x) g(x) \cdot \dfrac{f(x)}{g(x)} \ge 0$$

那么，

$$\dfrac{f(x)}{g(x)} > 0 \Leftrightarrow f(x) g(x) > 0$$

不过，由于分母不能为零，所以

$$\dfrac{f(x)}{g(x)} \ge 0 \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) g(x) \ge 0 \\ g(x) \ne 0 \end{cases}$$

平均值不等式与柯西不等式

算术-几何平均值不等式

我们知道，$(a \pm b)^{2} \ge 0$，很容易有推论$a^{2} + b^{2} \ge 2|ab|$。
由此得到基本不等式：
对于任意非负实数$a, b$，$\dfrac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab}$，等号成立当且仅当$a = b$。

$\dfrac{a + b}{2}$称为$a, b$的算术平均数（arithmetic mean），$\sqrt{ab}$称为$a, b$的几何平均数（geometric mean），因此，这个不等式也叫二元算术-几何平均值不等式，简称二元平均值不等式。

基本不等式有一些简单推论：
对于任意非负实数$a, b$，$a + b \ge 2 \sqrt{ab}$；
对于任意非负实数$a, b$，$ab \le \left(\dfrac{a + b}{2} \right)^{2}$。

此外，用基本不等式可以立刻得到对勾函数$f(x) = x + \dfrac{a}{x} (a > 0)$的值域。
$x > 0$时，$f(x) = x + \dfrac{a}{x} \ge 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{a}{x}} = 2 \sqrt{a}$，等号成立当且仅当$x = \dfrac{a}{x}$即$x = \sqrt{a}$。那么由函数奇偶性，得到值域为$(-\infty, 2 \sqrt{a}] \cup [2 \sqrt{a}, +\infty)$。

三元算术-几何平均值不等式：
对于任意非负实数$a, b, c$，$\dfrac{a + b + c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$，等号成立当且仅当$a = b = c$。

证明：

$$\begin{align} x^{3} + y^{3} + z^{3} - 3xyz &= (x + y + z) (x^{2} + y_{2} + z^{2} - xy - yz - zx) \\ &= \dfrac{1}{2} (x + y + z) \left((x - y)^{2} + (y - z)^{2} + (z - x)^{2} \right) \ge 0 \end{align}$$

得到$x^{3} + y^{3} + z^{3} \ge 3xyz$。令$x = \sqrt[3]{a}, y = \sqrt[3]{b}, z = \sqrt[3]{c}$即可。$\Box$

同样有推论：
对于任意非负实数$a, b, c$，$abc \le \dfrac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3}$；
对于任意非负实数$a, b, c$，$abc \le \left(\dfrac{a + b + c}{3} \right)$。

再推广一些，可以得到一般的算术-几何平均值不等式（AM–GM inequality），可以简称平均值不等式：
设$n$是正整数，对于非负实数$a_{1}, \cdots, a_{n}$，

$$\dfrac{a_{1} + \cdots + a_{n}}{n} \ge \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}}$$

等号成立当且仅当$a_{1} = \cdots = a_{n}$。

除了数学归纳法，我们也可以使用调整法来证明：
设$A = \dfrac{a_{1} + \cdots + a_{n}}{n}$。如果$a_{1} = \cdots = a_{n} = A$，那么$\sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} = A$。否则，设$f(x_{1}, \cdots, x_{n}) = \sqrt[n]{x_{1} \cdots x_{n}}$，要证明的就是$f(a_{1}, \cdots, a_{n}) \le A$。
如果存在$a_{i} < A$，那么必有$a_{j} > A$。设$a_{1} > A > a_{2}$，令$\delta = \min(a_{1} - A, A - a_{2})$，$a_{1}’ = a_{1} - \delta, a_{2}’ = a_{2} + \delta, a_{k}’ = a_{k} (3 \le k \le n)$，则$\dfrac{a_{1}’ + \cdots + a_{n}’}{n} = A$也成立。因为$0 < \delta < a_{1} - a_{2}$，有$a_{1}’ a_{2}’ = (a_{1} - \delta) (a_{2} + \delta) = a_{1} a_{2} + \delta (a_{1} - a_{2} - \delta) > a_{1} a_{2}$，从而有$f(a_{1}, \cdots, a_{n}) < f(a_{1}’, \cdots, a_{n}’)$。
这样的操作进行至多$n$次，便可让所有数都变为$A$，最后得到$f(a_{1}, \cdots, a_{n}) < f(a_{1}’, \cdots, a_{n}’) < \cdots < A$。$\Box$

柯西不等式

对于任意$n$维向量$\mathbf{a}, \mathbf{b}$，其夹角

$$\langle \mathbf{a}, \mathbf{b} \rangle = \dfrac{|\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}|}{|\mathbf{a}| |\mathbf{b}|} \le 1$$

因而有$|\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}| \le |\mathbf{a}| |\mathbf{b}|$。令$\mathbf{a} = (a_{1}, \cdots, a_{n}), \mathbf{b} = (b_{1}, \cdots, b_{n})$，平方可得

$$(a_{1} b_{1} + \cdots + a_{n} b_{n})^{2} \le (a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2}) (b_{1}^{2} + \cdots + b_{n}^{2})$$

就得到柯西不等式（Cauchy’s inequality）：
对于两组非负实数$a_{1}, \cdots, a_{n}$和$b_{1}, \cdots, b_{n}$，

$$\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{2} \le \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \right) \left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \right)$$

等号成立当且仅当$\dfrac{a_{1}}{b_{1}} = \cdots = \dfrac{a_{n}}{b_{n}}$。

代数证明如下：
如果$a_{i}$全为零，不等式显然成立。否则，令二次函数$f(x) = \sum\limits_{i=1}^{n} (a_{i} x + b_{i})^{2}$，展开为

$$f(x) = \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \right) x^{2} + 2 \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right) x + \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}$$

由于函数值恒不小于零，

$$\Delta = \left(2 \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{2} - 4 \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \right) \left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \right) \le 0$$

得到结果。$\Box$

调和-几何-算术-平方平均值不等式（HM-GM-AM-QM inequalities）：
对于正数$a_{1}, \cdots, a_{n}$，

$$\dfrac{n}{a_{1}^{-1} + \cdots + a_{n}^{-1}} \le \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} \le \dfrac{a_{1} + \cdots + a_{n}}{n} \le \sqrt{\dfrac{a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2}}{n}}$$

等号成立当且仅当$a_{1} = \cdots = a_{n}$。

从左到右依次证明：
第一个不等式：由算术-几何平均值不等式，$a_{1}^{-1} + \cdots + a_{n}^{-1} \ge n \sqrt[n]{a_{1}^{-1} \cdots a_{n}^{-1}} = \dfrac{n}{\sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}}}$；
第二个不等式：即算术-几何平均值不等式；
第三个不等式：由柯西不等式，$n (a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2}) = (a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2}) (1 + \cdots + 1) \ge (a_{1} + \cdots + a_{n})^{2}$，即$a_{1} + \cdots + a_{n} \le \sqrt{n (a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2})}$。$\Box$

其中，$\dfrac{n}{a_{1}^{-1} + \cdots + a_{n}^{-1}}$称为调和平均数（harmonic mean），$\sqrt{\dfrac{a_{1}^{2} + \cdots + a_{n}^{2}}{n}}$称为平方平均数（quadratic mean）。

不等式证明的基本方法

比较法

比较法是证明不等式的最朴素的方法。通常把要证的不等式两边相减，变形为一个容易证明的不等式。

例如，证明切比雪夫不等式（Chebyshev’s inequality）：
对于实数$a_{1} < \cdots < a_{n}, b_{1} < \cdots < b_{n}$，

$$n \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} > \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} \right) \left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i} \right)$$

左边减去右边，得

$$\begin{align} n \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} - \left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} \right) \left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i} \right) &= n \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} - \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{j} \\ &= (n - 1) \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} - \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i \ne j} (a_{i} b_{j} + a_{j} b_{i}) \\ &= \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i \ne j} (a_{i} b_{i} + a_{j} b_{j}) - \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i \ne j} (a_{i} b_{j} + a_{j} b_{i}) \\ &= \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i \ne j} (a_{i} b_{i} + a_{j} b_{j} - a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i}) \\ &= \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i \ne j} (a_{i} - a_{j}) (b_{i} - b_{j}) \end{align}$$

根据条件，$i > j$时$a_{i} > a_{j}, b_{i} > b_{j}$，$(a_{i} - a_{j}) (b_{i} - b_{j}) > 0$。同理，$i < j$时$(a_{i} - a_{j}) (b_{i} - b_{j}) > 0$。所以两式相减大于零。$\Box$

分析法

分析法是从要证的不等式出发进行等价变形，直到式子可以证明。

例如，设$a, b, c$为三角形的三条边，求证：
对于任意正数$m$都有

$$\dfrac{a}{a + m} + \dfrac{b}{b + m} > \dfrac{c}{c + m}$$

证明这个不等式就是要证$\dfrac{2ab + m (a + b)}{ab + m (a + b) + m^{2}} > \dfrac{c}{c + m}$，也就是$\dfrac{ab + m (a + b) + m^{2}}{2ab + m (a + b)} < \dfrac{c + m}{c}$。因为$\dfrac{ab + m (a + b) + m^{2}}{2ab + m (a + b)} = 1 + \dfrac{m^{2} - ab}{2ab + m (a + b)}, \dfrac{c + m}{c} = 1 + \dfrac{m}{c}$，所以只要证明$\dfrac{m^{2} - ab}{2ab + m (a + b)} < \dfrac{m}{c}$，也就是$c (m^{2} - ab) < m (2ab + m (a + b))$，即$m^{2} (a + b - c) \ge -ab (2m + c)$。因为$a, b, c$为三角形的三条边，所以$a + b - c > 0$，从而左边为正，右边为负。$\Box$

放缩法

若要证明$A \le B$，可以找到容易证明的$A \le C$和$C \le B$，这就是“放”；找到$B \ge D$和$D \ge A$，这就是“缩”。合称放缩法。

例如，设$0 < a \le b \le c \le \dfrac{1}{2}$，求证：

$$\dfrac{1}{a (1 - b)} + \dfrac{1}{b (1 - a)} \ge \dfrac{2}{c (1 - c)}$$

设函数$f(x) = x (1 - x)$，容易证明$f$在$[0, \dfrac{1}{2}]$上是增函数，所以$a (1 - a) \le b (1 - b) \le c (1 - c)$。从而得到$\dfrac{2}{c (1 - c)} \le \dfrac{1}{a (1 - a)} + \dfrac{1}{b (1 - b)}$，那么就只要证明$\dfrac{1}{a (1 - b)} + \dfrac{1}{b (1 - a)} \ge \dfrac{1}{a (1 - a)} + \dfrac{1}{b (1 - b)}$。

$$\begin{align} \dfrac{1}{a (1 - b)} + \dfrac{1}{b (1 - a)} - \dfrac{1}{a (1 - a)} - \dfrac{1}{b (1 - b)} &= \dfrac{b (1 - a) + a (1 - b) - b (1 - b) - a (1 - a)}{ab (1 - a) (1 - b)} \\ &= \dfrac{a^{2} + b^{2} - 2ab}{ab (1 - a) (1 - b)} \\ &= \dfrac{(a - b)^{2}}{ab (1 - a) (1 - b)} \ge 0 \quad \Box \end{align}$$