平均數不等式

平均數不等式，或稱平均值不等式、均值不等式，是數學上的一組不等式，也是算術-幾何平均值不等式的推廣。它是說：

$x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}\in \mathbb {R_{+}} \Rightarrow {\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}\leq {\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\leq {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}\leq {\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}$

即$H_{n}\leq G_{n}\leq A_{n}\leq Q_{n}$

其中： $H_{n}={\dfrac {n}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\dfrac {1}{x_{i}}}}}={\dfrac {n}{{\dfrac {1}{x_{1}}}+{\dfrac {1}{x_{2}}}+\cdots +{\dfrac {1}{x_{n}}}}}$

$G_{n}={\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}={\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$

$A_{n}={\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}={\dfrac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}$

$Q_{n}={\sqrt {\dfrac {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{n}}}={\sqrt {\dfrac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}{n}}}$

若且唯若 $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$ ，等號成立。

即對這些正實數：調和平均數 ≤ 幾何平均數 ≤ 算術平均數 ≤ 平方平均數（方均根）

簡記為：「調幾算方」

$n=2$時的情形

• 第一個不等號

$\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\,\;$	$\geq 0\,\;$
$\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\,\;$	$\geq 4x_{1}x_{2}\,\;$
$1\,\;$	$\geq {\frac {4x_{1}x_{2}}{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}}\,\;$
$1\,\;$	$\geq {\frac {2{\sqrt {x_{1}x_{2}}}}{x_{1}+x_{2}}}\,\;$
${\sqrt {x_{1}x_{2}}}\,\;$	$\geq {\frac {2x_{1}x_{2}}{x_{1}+x_{2}}}={\frac {2}{{\frac {1}{x_{1}}}+{\frac {1}{x_{2}}}}}\,\;$

• 第二個不等號

$\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\,\;$	$\geq 0\,\;$
$\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}\,\;$	$\geq 4x_{1}x_{2}\,\;$
$\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)^{2}\,\;$	$\geq x_{1}x_{2}\,\;$
${\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\,\;$	$\geq {\sqrt {x_{1}x_{2}}}\,\;$

• 第三個不等號

$({\frac {x_{1}-x_{2}}{2}})^{2}={\frac {x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}}{4}}\,\;$	$\geq 0\,\;$
${\frac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{2}}={\frac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}}\,\;$	$\geq {\frac {2x_{1}x_{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}}={\frac {(x_{1}+x_{2})^{2}}{4}}\,\;$
${\sqrt {\frac {x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{2}}}\,\;$	$\geq {\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\,\;$

證明方法

關於均值不等式的證明方法有很多，數學歸納法（第一數學歸納法或反向歸納法）、拉格朗日乘數法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等，都可以證明均值不等式，在這裡簡要介紹數學歸納法證明n維形式的均值不等式的方法：

用數學歸納法證明，需要一個輔助結論。

引理：設$A\geq 0$，$B\geq 0$，則$\left(A+B\right)^{n}\geq A^{n}+nA^{n-1}B$，且僅當$B=0$時取等號。

引理的正確性較明顯，條件$A\geq 0$，$B\geq 0$可以弱化為$A\geq 0$，$A+B\geq 0$，可以用數學歸納法證明。

原題等價於：$\left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}\right)^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時取等號。

當$n=2$時易證；

假設當$n=k$時命題成立，即$\left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}}{k}}\right)^{k}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}$時取等號。

那麼當$n=k+1$時，不妨設$a_{k+1}$是$a_{1}$、$a_{2}\cdots a_{k+1}$中最大者，則$ka_{k+1}\geq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}$

設$S=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}$， $\left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k+1}}{k+1}}\right)^{k+1}=\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}$，根據引理

$\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}\geq \left({\frac {S}{k}}\right)^{k+1}+(k+1)\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}{\frac {ka_{k+1}-S}{k(k+1)}}=\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}a_{k+1}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}$，若且唯若$ka_{k+1}-S=0$且$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}$時，即$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}=a_{k+1}$時取等號。

此外，人教版高中數學教科書《選修4-5 不等式選講》也介紹了一個運用數學歸納法的證明方法。

先運用數學歸納法證明一個引理：若$n$（$n$是正整數）個正數$a_{1},a_{2},...,a_{n}$的乘積$a_{1}a_{2}...a_{n}=1$，則它們的和$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geqslant n$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1$時等號成立。

此引理證明如下：

當$n=1$時命題為：若$a=1$，則$a\geqslant 1$，若且唯若$a=1$時等號成立。命題顯然成立。

假設當$n=k$時命題成立，則現在證明當$n=k+1$時命題也成立。

若這$k+1$個數全部是1，即$a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1$，則命題顯然成立。

若這$k+1$個數不全是1，則易證明必存在$i\neq j$使$a_{i}>1,a_{j}<1$。不妨設$a_{1}>1,a_{2}<1$。由歸納假設，因為$(a_{1}a_{2})a_{3}...a_{k+1}=1$，所以$a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}\geqslant k$，記此式為①式。由$a_{1}>1,a_{2}<1$，知$a_{1}-1>0,1-a_{2}>0$，則$(a_{1}-1)(1-a_{2})=a_{1}+a_{2}-a_{1}a_{2}-1>0$，整理得$a_{1}+a_{2}>1+a_{1}a_{2}$，記此式為②式。①+②得$a_{1}+a_{2}+a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}>k+1+a_{1}a_{2}$，整理得$a_{1}+a_{2}+...+a_{k+1}>k+1$（此時等號不成立），命題成立。

綜上，由數學歸納法，引理成立。

現在為了證明平均值不等式，考慮$n$個正數${\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},...,{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}$，它們的積為1，由引理，它們的和${\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+...+{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}\geqslant n$，若且唯若${\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}=...={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}$即$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時等號成立。

整理即得：${\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時等號成立。於是$G_{n}\leq A_{n}$得證。

利用$G_{n}\leq A_{n}$，易證$H_{n}\leq G_{n}$。考慮$n$個正數${\frac {1}{a_{1}}},{\frac {1}{a_{2}}},...,{\frac {1}{a_{n}}}$，有${\frac {{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{{\frac {1}{a_{1}}}\cdot {\frac {1}{a_{2}}}\cdot ...\cdot {\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}$，若且唯若${\frac {1}{a_{1}}}={\frac {1}{a_{2}}}=...={\frac {1}{a_{n}}}$即$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時等號成立。兩邊取倒數整理得${\frac {n}{{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}}\leqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$，若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時等號成立，即$H_{n}\leq G_{n}$。

$A_{n}\leq Q_{n}$等價於$Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0$。事實上，$Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}$等於$a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$的方差，通過這個轉化可以證出$Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0$，證明如下。

$Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}=Q_{n}^{2}-2A_{n}^{2}+A_{n}^{2}={\frac {a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots +a_{n}^{2}}{n}}-{\frac {2a_{1}A_{n}+2a_{2}A_{n}+\ldots +2a_{n}A_{n}}{n}}+{\frac {nA_{n}^{2}}{n}}$

$={\frac {(a_{1}^{2}-2a_{1}A_{n}+A_{n}^{2})+(a_{2}^{2}-2a_{2}A_{n}+A_{n}^{2})+\ldots +(a_{n}^{2}-2a_{n}A_{n}+A_{n}^{2})}{n}}$

$={\frac {(a_{1}-A_{n})^{2}+(a_{2}-A_{n})^{2}+\ldots +(a_{n}-A_{n})^{2}}{n}}$

$\geqslant 0$，

若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}=A_{n}$時等號成立。

利用琴生不等式法也可以很簡單地證明均值不等式，同時還有柯西歸納法等方法。

參見

• 算術-幾何平均值不等式
• 冪平均不等式