不等式1_均值不等式
dongzhenmao
·
·
学习·文化课
基本不等式，顾名思义，很基本，这种题很吃熟练度，我们来边做边看。
:::info[info]
标红的是本蒟蒻认为不是很套路的题目（这当然是相对的，毕竟什么题目做过之后你都会觉得是套路，所以不要嘲笑蒟蒻的选题啦），标灰的是已经本文已经出现过套路的题。全文纯手打，无 AI，已经过 3.1p 检验。部分题目来自 zhihu-刘金唐。
:::
首先是最常见的 AM-GM 不等式，x_i \in \mathbb{R}, \ x_i \ge 0，她的形式为：
\dfrac{\sum_{i = 1} ^ n x_i}{n} \ge \left( \prod x_i \right) ^ \frac{1}{n}
:::info[证明]
将 x 从小到大排序，令 A_n = \dfrac{\sum_{i = 1} ^ n x_i}{n}，使用数学归纳法，发现对于 n = 1 等号成立，故有（二项式展开）：
A_n ^ n = \left( A_{n - 1} + \dfrac{x_n - A_{n - 1}}{n} \right) ^ n \ge x_n A_{n - 1} ^ {n - 1} \ge \prod\nolimits_{i = 1} ^ n x_i
:::
对于正偶数 n 和 x_i \in \mathbb{R}，我们有更强的性质（幂平均不等式的特殊形式）：
\dfrac{\sum_{i = 1} ^ n x_i^n}{n} \ge \left|\prod x_i \right|
然后是 GM-HM 不等式，x_i > 0：
\left( \prod x_i \right) ^ \frac{1}{n} \ge n\left(\sum\nolimits_{i = 1} ^ n\dfrac{1}{x_i} \right) ^ {-1}
:::info[证明]
将右式除到左侧，应用 AM-GM 不等式即证。
:::
最后是 QM-AM 不等式，x_i \in \mathbb{R}：
\left({\dfrac{\sum x_i ^ 2}{n}} \right)^\frac{1}{2} \ge \left|\dfrac{\sum_{i = 1} ^ n x_i}{n}\right|
:::info[证明]
证明考虑平方移项，然后两个向量 \vec{x} 和一个 \vec{y} = (1, 1 \dots, 1) 的点积即可。
:::
她有个更一般的形式，定义幂平均函数：
M_r(x) = \left({\dfrac{\sum x_i ^ r}{n}} \right)^\frac{1}{r}
则：
r,t \in \mathbb{R}, \ r \ge t \Rightarrow M_r(x) \ge M_t(x)
可以发现 QM-AM-GM-HM 是他的特殊形式（可以在哪了）（GM 是 r \to 0 的特殊形式，不过我都不会证明 qaq）。
:::info[QM-AM-GM-HM 的二元常见形式]
HM（调和平均数），GM（几何平均数），AM（算术平均数），QM（平方平均数）。
\frac{2}{a ^ {-1} + b^ {-1}} \le \sqrt{ab} \le \dfrac{a + b}{2} \le \sqrt{\dfrac{a ^ 2 + b ^ 2}{2}}
a + b \le \sqrt{2} \sqrt{a ^ 2 + b ^ 2}
a ^ {-1} + b^ {-1} \ge 2\times(a + b) ^{-1} \ge \sqrt{2} \times (a^2 + b ^ 2)^{-\frac{1}{2}}
:::
:::info[解法]
这是典型的 $\times 1$ 法：$f(a, b) = f(a, b) \times (a + b) = \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + 2 \ge 4
:::
:::info[解法]
$\times 1$ 法，然后得到三个 AM-GM 不等式，她们取等条件不冲突，是 $\dfrac{x^2}{a} = \dfrac{y^2}{b} = \dfrac{z^2}{c}$。
得到答案为 $\dfrac{(a^\frac{1}{2} + b^\frac{1}{2} + c^\frac{1}{2})^2}{s}$。
:::
---
$\text{P2}$：已知 $a,b >0, \ a + b = 1,\ f(a, b) = \dfrac{b}{a + 1} + \dfrac{a}{b}$，求 $f(a, b)_{\text{min}}$。
:::info[解法]
这种题目（$\text{P1},\ \text{P2}$）有一般的做法，化成单变量后，我们考虑这样的东西 $g(x) = \dfrac{A}{B} + \dfrac{C}{D}$，我们的目的就变成了配出 $k_1B + A = k_2D$ 和 $k_3D + C = k_4B$ 的形式。
然后对于这一道题，即 $f(a) = \dfrac{1 - a}{a + 1} + \dfrac{a}{1 - a}$，我们要 $k_3 \times (1 - a) + a = k_4 \times (a + 1)$。然后得到：$k_3 = \dfrac{1}{2}$，带回到原式：
$$
f(a) = \dfrac{1 - a}{a + 1} + \dfrac{\frac{1}{2}\times (a + 1)}{1 - a} - \dfrac{1}{2} \ge \sqrt 2 - \dfrac{1}{2}
$$
:::
---
$\color{grey}\text{P2.1}$：已知 $a,b >0, \ a + b = 2,\ f(a, b) = \dfrac{4}{a + 3b} + \dfrac{1}{a - b}$，求 $f(a, b)_{\min}$。
:::info[解法]
同理可得到：$f(a, b)_{\text{min}} = \dfrac{9}{4}$。
:::
---
$\text{P3}$：已知 $x,y >0, \ x ^ 2 + y ^ 2 + x + y = 1, \ f(x, y) = xy$， 求 $f(x, y)_{\max}$。
:::info[解法]
两种解法，先来看第一种，令 $n = x + \dfrac{1}{2},\ m = y + \dfrac{1}{2}$，那么原式转化为 $n ^ 2 + m ^ 2 = \dfrac{3}{2}$。
我们要求的 $f(x, y) = (n - \dfrac{1}{2})(m - \dfrac{1}{2}) \le \dfrac{(n + m - 1)^2}{4} \le \dfrac{(\sqrt 3 - 1)^2}{4} = 1 - \dfrac{\sqrt 3}{2}$。
另一种思路是把 $xy$ 当作中间项，$(x + y) ^ 2 + x + y = 1 + 2xy \ge 4xy +2(xy)^\frac{1}{2}$，解得答案。
:::
---
$\text{P3.1}$：破坏 $\text{P3}$ 的对称性，已知 $x,y > 0, \ x ^ 2 + y ^ 2 + 2x + y = 1, \ f(x, y) = xy$， 求 $f(x, y)_{\max}$。
:::info[解法]
很显然取等条件不一致，无法使用基本不等式（你非要干的话要解多元非线性方程），其他方法可做，这里不做解答。
:::
---
$\text{P4}$：已知 $x,y >0, \ xy + 2x + 3y = 42, \ f(x, y) = xy + 5x + 4y$， 求 $f(x, y)_{\min}$。
:::info[解法]
先搞成同次：$(x + 3)(y + 2) = 48$ 以及 $f(x, y) = (x + 4)(y + 5) - 20$。令 $n = x + 3, \ m = y + 2$，有 $f(x, y) = m + 3n + 31 \ge 55
:::
:::info[解法]
变形为 $4x + y = xy$，那么接下来就同理了，答案是 $9$。
这也是这种题的惯用做法了。
:::
---
$\text{P4.2}$：已知 $x, y\ge 0, \ x + y\le 1,\ f(x, y) = 4x ^ 2 + 4 y ^ 2 + (1 - x- y)^2$，求 $f(x, y)_{\min}$。
:::info[解法]
拆开，令 $t = x + y$，有 $f(x, y) \ge 3t^2 - 2t + 1$，得到答案 $\dfrac{2}{3}$。
:::
---
$\text{P5}$：已知 $a > 2b >0, \ f(a, b) = (a - b) ^ 2 + \dfrac{9}{b(a - 2b)}$， 求 $f(a, b)_{\min}$。
:::info[解法]
换元，令 $x = a - 2b,\ y = b$，$f(a, b) = (x + y) ^ 2 + \dfrac{9}{xy} \ge 4xy + \dfrac{9}{xy} \ge 12
:::
:::info[解法]
$f(a, b) = (x + y) ^ 2 + \dfrac{9}{\sqrt{xy}} \ge 4xy + \dfrac{9}{2\sqrt{xy}} + \dfrac{9}{2\sqrt{xy}} \ge 9\sqrt[3]{3}
:::info[解法]
很多人可能会先用一次 AM-GM 再用一次 GM-HM 发现 wc 怎么不行。
观察一下就会发现每个系数配个 $\dfrac{1}{2}$ 用一次 AM-GM 就好啦。
:::
---
$\color{red}\text{P7}$：已知 $a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 = 1, \ f(a, b, c) = ab + ac + 2bc$， 求 $f(a, b , c)_{\max}$。
:::info[解法]
我们很容易联想到 $x^2 + y^2 \ge 2xy$ 的形式，由于不对称，那就让他对称（类似 $\text{P2}$ 的思路）。
$$
\begin{align*}
a^2 + b^2 + c^2
&= \left( \frac{1}{2} a^2 + k b^2 \right) + \left( \frac{1}{2} a^2 + k c^2 \right) + \left( (1-k) b^2 + (1-k) c^2 \right) \\[1em]
&\ge 2\sqrt{\frac{k}{2}} ab + 2\sqrt{\frac{k}{2}} ac + 2(1-k) bc \\[1em]
&= \sqrt{2k} ab + \sqrt{2k} ac + 2(1-k) bc
\end{align*}
$$
令 $\dfrac{\sqrt{2k}}{1} = \dfrac{2(1-k)}{2}$，可得 $k = 2 - \sqrt 3$。
然后就得到答案：$\dfrac{\sqrt 3 + 1}{2}
:::
:::info[解法]
同理得答案：$\dfrac{5\sqrt 6}{3}
:::
:::info[解法]
$k = \dfrac{9}{10}$，答案是 $\dfrac{\sqrt {10}}{2}
:::
$(1)$ $abc \le \dfrac{1}{9}
(2)$ $\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{c}{a+b} \le \dfrac{1}{2\sqrt{abc}}
:::info[(1) 解法]
把未知的东西换成已知的，令 x = a ^ \frac{3}{2} 之类，得到 x + y + z = 1，要证明 (xyz)^\frac{2}{3} \le \dfrac{1}{9}，那么就变成了 AM-GM 不等式。
:::
:::info[(2) 解法]
应该会有更好的思路，我来讲讲自己的。首先是右边分母是乘积，那么左边的分母肯定要整改成乘积，所以对分母使用 AM-GM 不等式。然后看右边的次数，欸我们发现分母是个常数而且题目给的也是个常数，如果带入的话两边次数相等，然后就做完了。
:::
\color{red}\text{P9}$：已知 $x,y,z > 0,\ x + y + z = 3,\ f(x, y, z) = \dfrac{x ^ 2}{x + y ^ 2} + \dfrac{y ^ 2}{y + z ^ 2} + \dfrac{z ^ 2}{z + x ^ 2}$，求 $f(x, y, z)_{\min}
:::info[step1]
令 g_0(x, y, x) = y\sqrt x + x \sqrt z + z\sqrt y，那么 f(x, y, z)_{\min} = 3 - \dfrac{1}{2} g(x, y, z)_{\max}，取等条件 x = y = z。
:::
:::info[step2?]
构造：g_1(x, y, x) = x \sqrt y + z \sqrt x + y \sqrt z，这样 (g_0 + g_1)(x, y, z)_{\max} = 2g_0(x, y, z)_{\max}。
为什么可行？由于 x, y, z 地位等价，g_0(x_0, y_0, z_0) 是极值，那么 g_1(x_0, y_0, z_0) 也一定是极值。
重新分组：$(x + y) \sqrt z + (x\sqrt y + y\sqrt z) + z(\sqrt x + \sqrt y)$。
其中：$x\sqrt y + y\sqrt x = \sqrt{xy}(\sqrt x + \sqrt y) \le \dfrac{1}{\sqrt 2}\sqrt{(x + y) ^ 3}$。
故和 $\le (3 - z) \sqrt z + \dfrac{1}{\sqrt 2} \sqrt{(3 - z) ^ 3} + \sqrt 2 z \sqrt {3 - z}$。
然后合并 $= (3 + z) \sqrt{\dfrac{3 - z}{2}} + (3 - z)\sqrt z$。
令人震惊的是，前后的最大值取等条件一致。所以 $(g_0 + g_1)(x, y, z)_{\max} = 6$。
所以答案为 $\dfrac{3}{2}$。
:::
:::info[!step2?]
这是错的，我太菜了做完了才想到（所以我干嘛把这个放上来）。$(g_0 + g_1)(x, y, z)_{\max} \le 2g_0(x, y, z)_{\max}
| 当极值不在对称点出现时，做法就会有问题，考虑 f(x, y, z) = x ^2 y + y ^ 2 z + z^2 x,\ x + y + z = 4，你就会发现问题了。 |
:::info[step2]
化到这一步之后主要的难点还是在这个二分之三次的项，很多的的做法都卡在这里了。
我给一个可能会有帮助的想法，\dfrac{3}{2} = \dfrac{2 + 1}{2}，将其拆成一个一次项与二次项的乘积，这样子就变成了我们较为熟悉的形式。
具体的 x\sqrt y = \sqrt x \sqrt {xy} \le \dfrac{x + xy}{2}，然后就做完了。
你如果说拆成这样的形式：x\sqrt y \le \dfrac{x ^ 2 + y}{2}，欸你就会发现下一步没法做了。
| 很多时候我们都会遇到 \sum x_i ^ k 的形式，如果要求最大值 k 应当 < 1 反之则是 > 1，如果不是，那你前面应当换个化法。 |
:::info[step1]
好难的题目，别的博客大多用柯西不等式，蒟蒻就给一个基本不等式的解法吧。
首先，我们非常讨厌在求最小值的时候分母出现 $a + b$ 之类让我们放缩不了一点，所以，我们考虑换元 $x = a^{-1}, y = b^{-1},z = c^{-1}$，有 $xyz = 1$。
化简原式，有：$f(a, b, c) = g(x, y, z) = x ^ 2(y + z) ^{-1} + y ^ 2(x + z) ^{-1} + z ^ 2(x + y) ^{-1}$。
好看许多~
:::
:::info[step2]
接下来（我也不知道我为什么想到这个，理论上下不同次我先想到让他们同次才对），答案肯定是 $x = y = z = 1$，所以接下来配的时候要保持 $2x = y + z$ 之类。
先看 $x ^ 2(y + z) ^{-1}$，我们给他配个 $y + z$ 消掉分母，再注意数量关系（我们心里知道 $x ^ 2(y + z) ^{-1} = 1/2$），给 $y + z$ 配一个 $1/4$ 的系数，让她的值也为 $1/2$）。就有：
$$
x ^ 2(y + z) ^{-1} + 4^{-1} (y + z) \ge x
$$
哇，全部加起来，令 $s = x + y + z$，有 $g(x, y, z) \ge \dfrac{s}{2} \ge \dfrac{3}{2}$。
这样就做完了。
:::