简述MO中的不等式内容

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旨在稍微叙述一下MO内的不等式内容

基本的不等式

这里默认项数大于等于2，所有数都是实数，f(\{a_i\}) 为关于 {a_i} 的代数式，真题部分取等条件略掉。

1.均值不等式——一生二，二生均值，均值生万物

有两个弟弟，基本不等式和AM-GM不等式。

基本不等式

a,b \in \mathbb{R}^+ \Rightarrow \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}

AM-GM不等式（国外的这么叫的比较多）

n\in\mathbb{Z}^+,\{a_n\} \subset \mathbb{R}^+ \Rightarrow \frac{\sum_{i=0}^{n}a_i}{n}\ge \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}

就是算术平均大于等于几何平均

证明不难

取等条件为 a_1=a_2=...=a_n

均值不等式

均值还有幂平均，调和平均等

二元均值不等式链：

看看就行，竞赛里基本只用 AM-GM 不等式

这个不等式链证明在这里

2.柯西不等式——分式的神，但还万能

n\in\mathbb{Z}^+,\{a_n\} ,\{b_n\} \subset\mathbb{R}^+\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2\ge(\sum_{i=1}^na_ib_i)^2

证明可以用二次根式的判别式来证

取等条件为 \frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=...=\frac{a_n}{b_n}

将平方和转换为和的平方时的常用变式：

n\in\mathbb{Z}^+,\{a_n\} \subset\mathbb{R}^+\Rightarrow n\sum_{i=1}^{n}a_i^2\ge(\sum_{i=1}^na_i)^2

也可以反着用，起分离作用。

处理分式的时候有一个常用变式：

n\in\mathbb{Z}^+,\{a_n\} ,\{b_n\} \subset\mathbb{R}^+\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\ge\frac{(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i}

3.排序不等式——随便缩，不在怕的好吧

a_1\ge a_2\ge ...\ge a_n,b_1\ge b_2\ge ... \ge b_n\Rightarrow\sum_{i=1}^n{a_ib_i}\ge\sum_{i=1}^n{a_ic_i}\ge\sum_{i=1}^n{a_ib_{n+1-i}}

这里c_1,c_2,...,c_n为b_1,b_2,...,b_n的一个随机排列且不与原数列相同。

你谷的公式里面怎么放不了换行和中文啊啊啊啊啊气死我了

就是 顺序和 \ge 乱序和 \ge 反序和

当且仅当a_1=a_2,...=a_n或b_1=b_2=...=b_n时等号成立。

4.切比雪夫不等式——和变积之王

a_1\ge a_2\ge ...\ge a_n,b_1\ge b_2\ge ... \ge b_n\Rightarrow\sum_{i=1}^n{a_ib_i}\ge\frac{\sum_{i=1}^n{a_i}\sum_{i=1}^n{b_i}}n\ge\sum_{i=1}^n{a_ib_{n+1-i}}

取等条件和排序不等式一样。

5.三角不等式——绝对值的神

\sum_{i=1}^n{|a_i|}\ge|\sum_{i=1}^n{a_i}|

含绝对值比较常用，取等条件为a_1,a_2,...,a_n同号

技巧

abel求和 / abel变换

\sum_{i=1}^na_ib_i=\sum_{i=1}^{n-1}(b_i-b_{i+1})(\sum_{j=1}^ia_j)

柯西，排序，abel求和，切比雪夫，均值的缩放关系：(柯西是反的，abel是恒等变换)

a_1\ge a_2\ge ...\ge a_n,b_1\ge b_2\ge ... \ge b_n \Rightarrow\sqrt{\sum_{i=1}^na_i\sum_{i=1}^nb_i}\ge\sum_{i=1}^n{a_ib_i}=\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+1})(\sum_{j=1}^ia_j) \ge\frac{\sum_{i=1}^n{a_i}\sum_{i=1}^n{b_i}}n\ge\sum_{i=1}^n{a_ib_{n+1-i}}\ge2n\sqrt[2n]{\prod_{i=1}^n{a_ib_i}}

可见均值的缩放是比较多的。

交换求和

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(a_ib_j)=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^nf(a_ib_j)

蛮好理解的，一个表将行和加起来和将列和加起来和相等，都是全表之和。

柯西求反

假设原来的要证的不等式为 f(\{a_i\})\ge X ，则可以令 LHS=A-f(\{a_i\})\le A-X 来使不等号反向。

齐次化

不等式证到最后一般是齐次的，可以在证明过程中将条件代入不等式中，从而齐次，亦可消除条件，转化成无条件问题。

非齐次化

顾名思义，但是我没学明白。

局部不等式

不等式具有同向可加性和同正同向可乘性，可以将待证不等式拆分成子不等式，分别证明即可。（实际上是加强了待证不等式）

因式分解

。

数学归纳法

当条件和问题具有递推性事，可用数学归纳法空降条件。

局部与整体

给定的条件或问题是对于一个表中行或列元素和的关系时，考虑将表中元素全部累加。

配合交换求和食用更佳。

二次函数

可以建立一个二次函数，并通过判别式或极值建立关系。

抽屉原理

用抽屉原理，可以确定一些元素的正负性或奇偶性。

均值原理

对于 \{a_i\} ，若有元素 a_n 大于 \{a_i\} 的几何或算数平均数，则必有元素 a_m 小于 \{a_i\} 的几何或算数平均数，反之亦然。

调整

通过调整来取最值。

提升

在用柯西处理分式时，可以通过升次来使分子变成平方的结构。

整数离散性

整数是离散的。

一些赛题

  1. 设 \{x_n\}>1 ，证明： \frac{x_1x_2}{x_3-1}+\frac{x_2x_3}{x_4-1}+...+\frac{x_{n-1}x_n}{x_1-1}+\frac{x_nx_1}{x_2-1}\ge4n

左边均值直接放

LHS\ge n\sqrt[n]{\frac{\prod_{i=1}^nx_i^2}{\prod_{i=1}^n({x_i-1})}} \Rightarrow\frac{\prod_{i=1}^nx_i^2}{\prod_{i=1}^n({x_i-1})}\ge 4^n

再拆分成局部不等式

\Rightarrow \frac{x_1^2}{x_1-1}\ge 4 \Rightarrow x^2-4x+4 \ge 0 \Rightarrow (x-2)^2\ge0

证毕

有时候要大胆用均值

  1. 设 n\ge2 且为正整数，求所有的整数解 \{a_n\} 满足条件：

    (1) \sum_{i=1}^na_i\ge n^2

    (2) \sum_{i=1}^na_i^2\le n^3+1

可以用柯西来连接两个条件

n(n^3+1)\ge n\sum_{i=1}^na_i^2\ge (\sum_{i=1}^n a_i^2)^2\ge n^4

因为 (n^2+1)^2>n(n^3+1) ，所以根据整数离散性，可以知道上面的不等式链的左边三项严格介于两个完全平方数之间且不等于较大的那个。所以 (\sum_{i=1}^n a_i^2)^2= n^4 ，即 \sum_{i=1}^n a_i^2= n^2

所以有

n^3+1\ge \sum_{i=1}^na_i^2 \ge n^3

因为 n^2\equiv n(\mod 2 ) ，所以 \sum_{i=1}^n a_i^2\equiv n(\mod 2) ，所以 \sum_{i=1}^n a_i^2=n^3

均值一下可知解为 a_1=a_2=...=a_n=n

  1. 设 {a_n},{b_n}\subset\mathbb{R}^+，证明： (\sum_{i\neq j}a_ib_j)^2\ge (\sum_{i\neq j}a_ia_j)(\sum_{i\neq j}b_ib_j)

求和的限制条件 i\neq j 很恶心，尝试通过换元的方法来去掉：

令 \sum_{i=1}^na_i=A,\sum_{i=1}^nb_i=B

原不等式可以转化为：

(AB-\sum_{i=1}^na_ib_i)^2\ge (A^2-\sum_{i=1}^na_i^2)(B^2-\sum_{i=1}^nb_i^2) \Leftrightarrow AB\ge \sum_{i=1}^na_ib_i+\sqrt{(A^2-\sum^n_{i=1}a_i)(B^2-\sum^n_{i=1}b_i^2)}

根据 (\sum_{i=1}^na_ib_i)^2\le(\sum_{i=1}^na_i^2)(\sum_{i=1}^nb_i^2)

\Rightarrow RHS\ge \sqrt{(\sum_{i=1}^na_i^2)(\sum_{i=1}^nb_i^2)}+\sqrt{(A^2-\sum^n_{i=1}a_i)(B^2-\sum^n_{i=1}b_i^2)} \ge\sqrt{(\sum_{i=1}^na_i^2+(A^2-\sum^n_{i=1}a_i))(\sum_{i=1}^nb_i^2+(B^2-\sum^n_{i=1}b_i^2))} (Cauchy) =AB

证毕

注：换元之后可以建立二次函数：

(AB-\sum_{i=1}^na_ib_i)^2\ge (A^2-\sum_{i=1}^na_i^2)(B^2-\sum_{i=1}^nb_i^2) \Leftrightarrow[2(AB-\sum_{i=1}^na_ib_i)]^2\ge 4(A^2-\sum_{i=1}^na_i^2)(B^2-\sum_{i=1}^nb_i^2)

这就是 b^2-4ac 的结构

于是可以构造二次函数 f(x)=(A^2-\sum_{i=1}^na_i^2)x^2-2(AB-\sum_{i=1}^na_ib_i)x+(B^2-\sum_{i=1}^nb_i^2)

证明 \Delta\ge 0即可。

  1. 有 M\in\mathbb{Z}^+ 和 \{a_{nn}\}，使得对任意的 \{x_n\}\subset\{-1,1\}，都有：
\sum_{j=1}^n|\sum_{i=1}^na_{ji}x_i|\le M

求证：

\sum_{i=1}^n|a_{ii}|\le M

条件是对表的每行求和，考虑求表中所有元素之和：

\sum_{\{x_n\}}\sum_{j=1}^n|\sum_{i=1}^na_{ji}x_i|\le 2^nM \Leftrightarrow \sum_{j=1}^n\sum_{\{x_n\}}|\sum_{i=1}^na_{ji}x_i|\le 2^nM

这里我们只希望保留 a_{jj}

注意到 |\sum_{i=1}^na_{ji}|+|\sum_{i=1}^na_{ji}-2a_{jj}|\ge|2a_{jj}|

于是可以对特定的一组 \{x_n\} ，将其中的 x_j 分别取 +1 和 -1 两项，可以得到上述不等式，再将所有这样的不等式相加：

2^nM\ge\sum_{j=1}^n\sum_{\{x_n\}}|\sum_{i=1}^na_{ji}x_i|\ge\sum_{j=1}^n2^n|a_{jj}| \Rightarrow\sum_{i=1}^n2^n|a_{ii}|\ge M

证毕

\sum_{k=1}^{2000}|y_k-y_{k+1}|

对求和中的每个元素进行放缩：

|y_k-y_{k+1}|=|\frac{\sum_{i=1}^kx_i}{k}-\frac{\sum_{i=1}^{k+1}x_i}{k+1}| =|\frac{(k+1)\sum_{i=1}^kx_i-k\sum_{i=1}^{k+1}x_i}{k(k+1)}| =|\frac{\sum_{i=1}^kx_i-k(x_k-x_{k+1})}{k(k+1)}|

这里要尝试将上式变成相邻两项差的形式

=|\frac{\sum_{i=1}^ki(x_i-x_{x+1})}{k(k+1)}| \le\frac{\sum_{i=1}^ki|x_i-x_{x+1}|}{k(k+1)}

对放缩过的元素求和：

\sum_{k=1}^{2000}|y_k-y_{k+1}|\le\sum_{k=1}^{2000}\frac{\sum_{i=1}^ki|x_i-x_{x+1}|}{k(k+1)} RHS=\sum_{k=1}^{2000}\sum_{i=1}^k\frac{1}{i(i+1)}|x_k-x_{k+1}| =\sum_{k=1}^{2000}k(k-\frac{1}{2001})|x_k-x_{k+1}| \le (1-\frac{1}{2001})\sum_{k=1}^{2000}|x_k-x_{k+1}| =2000

取等条件为 x_1=2001,x_2=x_3=...=x_{2001}=0

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