均值不等式的推论

[推论1]对任意的$i,k\in \mathbb{N}$且$1\le k\le n$, $1\le i\le m$, 如果$a_{ik}>0$, 则有

$\displaystyle\prod_{i=1}^m\left(\sum_{k=1}^n a_{ik}^m\right)\ge \left(\sum_{k=1}^n\prod_{i=1}^m a_{ik}\right)^m.$

证明:令

$\displaystyle S_i=\left(\sum_{k=1}^n a_{ik}^m\right)^{\frac{1}{m}},\quad i\in \{1,2,\cdots,m\}$

那么对任意的$i\in \{1,2,\cdots,m\}$, 都有

$\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{a_{ik}^m}{S_i^m}=1.$

注意到原不等式等价于$\displaystyle\sum_{k=1}^n\prod_{i=1}^m \frac{a_{ik}}{S_i}\le 1.$

由均值不等式, 我们有对任意的$k\in \{1,2,\cdots,n\}$, 都成立

$\displaystyle\prod_{i=1}^m\frac{a_{ik}}{S_i}\le \frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \frac{a_{ik}^m}{S_i^m},$

所以

$$\begin{aligned}\sum_{k=1}^n\prod_{i=1}^m \frac{a_{ik}}{S_i}\le &\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \frac{a_{ik}^m}{S_i^m}\right)\\=&\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m\sum_{k=1}^n\frac{a_{ik}^m}{S_i^m}\\=&\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m 1=1.\end{aligned}$$

[推论2]设$\lambda_i$, $a_i>0$, $\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}$, 且$\displaystyle\prod\limits_{i=1}^n\lambda_i=1$, 那么

$\displaystyle\frac{1}{\lambda_1}a_1+\frac{1}{\lambda_2}a_2+\cdots+\frac{1}{\lambda_n}a_n\ge n\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.$

证明:由均值不等式及$\displaystyle \prod\limits_{i=1}^n\lambda_i=1$有

$$\begin{aligned}&\frac{1}{\lambda_1}a_1+\frac{1}{\lambda_2}a_2+\cdots+\frac{1}{\lambda_n}a_n\\\ge & n\sqrt[n]{\frac{1}{\lambda_1}a_1\cdot\frac{1}{\lambda_2}a_2\cdots\frac{1}{\lambda_n}a_n}\\=& n\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.\end{aligned}$$

[推论3]设$a,b,c$为非负实数, 那么

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc.$

证明:不妨设$a\ge b\ge c$.

如果$b+c-a\le 0$, 此时$b+a-c\ge0, c+a-b\ge 0,$不等式明显成立.

现在不妨设$b+c-a> 0$, 那么由均值不等式有

$\displaystyle (a+b-c)(b+c-a)\le \left(\frac{(a+b-c)+(b+c-a)}{2}\right)^2=b^2.$

同理可得

$(b+c-a)(c+a-b)\le c^2,\quad (c+a-b)(a+b-c)\le a^2.$

三者相乘, 开平方即得

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc.$

综上, 推论3得证.

注: 将不等式展开可得

$$\begin{aligned}&a^3+b^3+c^3-3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\\\Longleftrightarrow &a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\ge 0.\end{aligned}$$

这就是Schur不等式最常用的$r=1$情形时的特例.

[推论4]设$a_1,a_2,\cdots,a_n$为非负实数, 对任意的$k\in \mathbb{N^+}$, 令

$\displaystyle A_k=\left(\frac{a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k}{n}\right)^{\frac{1}{k}}.$

那么对任意的$m\in \mathbb{N^+}$有$A_m\ge A_{m-1}.$

证明:利用推论1的结论, 我们有

$\displaystyle\left(\sum_{i=1}^n a_i^m\right)^{m-1}\sum_{i=1}^n 1\ge \left(\sum_{i=1}^n a_i^{m-1}\right)^m,$

两边同时除以$n^m$得

$\displaystyle\left(\frac{\sum_{i=1}^n a_i^m}{n}\right)^{m-1}\ge \left(\frac{\sum_{i=1}^n a_i^{m-1}}{n}\right)^m,$

即

$A_m^{m(m-1)}\ge A_{m-1}^{m(m-1)} \Longrightarrow A_m\ge A_{m-1}.$

注:这就是我们通常说的幂平均不等式.

[推论5]若$n\ge 4$, $a_1,a_2,\cdots,a_n$为非负实数, 那么

$(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2\ge 4(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{n-1}a_n+a_na_1).$

证明:我们用数学归纳法来证明这个推论.
当$n=4$时, 由均值不等式

$4(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_1)=4(a_1+a_3)(a_2+a_4)\le (a_1+a_2+a_3+a_4)^2,$

此时不等式成立.

假设当$n=k$时, 不等式成立, 我们来证明$n=k+1$时, 不等式也成立. 为此不妨设$a_{k+1}$为$a_1,a_2,\cdots,a_{k+1}$中最小的, 那么

$a_ka_1\ge a_{k+1}a_1,\quad a_ka_1\ge a_{k}a_{k+1}.$

因此

$$\begin{aligned}&\left(\sum_{i=1}^{k+1} a_i\right)^2= \left(\sum_{i=1}^{k} a_i\right)^2+2a_{k+1}\sum_{i=1}^{k} a_i+a_{k+1}^2\\\ge & 4(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{k-1}a_k+a_ka_1)+2a_{k+1}\sum_{i=1}^{k} a_i+a_{k+1}^2\\\ge & 4(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{k-1}a_k)+2a_ka_1+2a_ka_1+2a_{k+1}(a_1+a_k)\\\ge & 4(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{k-1}a_k)+2a_{k+1}a_1+2a_{k}a_{k+1}+2a_{k+1}(a_1+a_k)\\=& 4(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{k}a_{k+1}+a_{k+1}a_1).\end{aligned}$$

因此, 当$n=k+1$时, 不等式成立.

于是由数学归纳法, 不等式得证.

注: 在上面的证明过程中, 容易发现, 当这个不等式等号成立的时候, 最多只有4个数是正数.