常用不等式、恒等变换
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学习·文化课
基础
糖水不等式
若 0<a<b,c>0，则
\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}
懒得证，太简单。
基本不等式
当 a,b>0 时：
\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\geq\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}\geq\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}
等号均在 a=b 取等。
详情见此文。
柯西不等式
二元形式：
(a^2+b^2)(c^2+d^2)\geq(ac+bd)^2
当 ad=bc 时等号成立。
:::info[证明]
\text{LHS}=\textcolor{red}{a^2c^2}+a^2d^2+b^2c^2+\textcolor{red}{b^2d^2}
\text{RHS}=\textcolor{red}{a^2c^2}+\textcolor{red}{b^2d^2}+2abcd
红色部分抵消，令 x=ad,y=bc，等价于证明
x^2+y^2\geq2xy
多元形式：
(\sum a_i^2)(\sum b_i^2)\geq(\sum a_ib_i)^2
绝对值不等式
二元形式：
||a|-|b||\leq|a+b|\leq|a|+|b|
多元形式：
|\sum a_i|\leq\sum|a_i|
这个应该不怎么需要证明。
进阶
权方和不等式
二元形式（a,b,x,y>0）：
\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\geq\frac{(a+b)^2}{x+y}
等号成立当且仅当 \frac{a}{x}=\frac{b}{y}。
:::info[证明]
把 x+y 移到左边，得到
a^2\frac{x+y}{x}+b^2\frac{x+y}{y}\geq(a+b)^2
恒等变形
\textcolor{red}{a^2+b^2}+a^2\frac{y}{x}+b^2\frac{x}{y}\geq\textcolor{red}{a^2+b^2}+2ab
红色部分抵消，得到
a^2\frac{y}{x}+b^2\frac{x}{y}\geq 2ab
多元形式（a_i,b_i>0）：
\sum\frac{a_i^2}{b_i}\geq\frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}
和式的恒等变换
这个 OI 见多了，不讲了。
伯努利不等式
:::info[原型]
伯努利不等式：
\prod_{i=1}^n(1+x_i)\geq1+\sum_{i=1}^nx_i
广义伯努利不等式：
(\prod_{i=1}^nx_i)+n-1\geq\sum_{i=1}^nx_i
:::
一般不需要记忆原型，只需要记住 x_i 相等的推论：
伯努利不等式的推论（不是很重要）：
- 当 x>-1，实数 r\in(-\infty,0)\cup(1,+\infty) 时，(1+x)^r\geq 1+rx。
- 当 x>-1，实数 r\in(0,1) 时，(1+x)^r\leq 1+rx。
伯努利不等式的推论的特殊情况（重要）：
- 当 x\geq0，r 为正整数时，(1+x)^r\geq 1+rx。
证明可以使用二项式定理。
广义伯努利不等式的推论（没那么重要）：
- 当 x\geq0，有 x^n\geq nx-n+1。
对数均值不等式
\sqrt{ab}\leq\frac{a-b}{\ln a-\ln b}\leq\frac{a+b}{2}
:::info[证明]
使用比值代换，令 b=ta。
- 证明 \sqrt{ab}\leq\frac{a-b}{\ln a-\ln b}：
代换得到
a\sqrt t\leq\frac{(1-t)a}{\ln t}
约掉 a，移项
\ln t\leq\frac{1-t}{\sqrt t}=\frac{1}{\sqrt t}-\sqrt t
令 x=\sqrt t>0，即证明
2\ln x\leq\frac{1}{x}-x
这个构造函数然后求导即可。
- 证明 \frac{a-b}{\ln a-\ln b}\leq\frac{a+b}{2}
同样，代换得到
\frac{(1-t)a}{\ln t}\leq\frac{(1+t)a}{2}
还是约掉 a，移项得到
\frac{2(1-t)}{1+t}\leq\ln t
拓展
排序不等式
二元形式（a\leq b,c\leq d）：
ac+bd\geq ad+bc
当且仅当 (a-b)(c-d)=0 时取等。
:::info[证明]
移项：
a(c-d)\geq b(c-d)
| 已知 c-d\leq0，a\leq b，故原不等式成立。 |
多元形式（若数列 \{a_n\},\{b_n\} 单调不降，p 为 1\sim n 的随机排列）：
\sum_{i=1}^na_ib_i\geq\sum_{i=1}^na_ib_{p_i}\geq\sum_{i=1}^na_ib_{n-i+1}
即“正序和 \geq 乱序和 \geq 逆序和”。
当且仅当 a_1=a_2=\dots=a_n 或 b_1=b_2=\dots=b_n 时取等。
:::info[证明]
考虑调整法。
| 如果存在一对 i,j 满足 a_i\leq a_j,b_i\geq b_j，那么交换 b_i,b_j 会让总和更大。 |
切比雪夫不等式
二元形式（a\leq b,c\leq d）：
ac+bd\geq\frac{(a+b)(c+d)}{2}\geq ad+bc
:::info[证明]
- 证明 ac+bd\geq\frac{(a+b)(c+d)}{2}：
化简得到
\textcolor{red}{ac}+ac+\textcolor{red}{bd}+bd\geq \textcolor{red}{ac}+ad+bc+\textcolor{red}{bd}
红色部分抵消，得到
ac+bd\geq ad+bc
这就是二元排序不等式，显然成立。
- 证明 \frac{(a+b)(c+d)}{2}\geq ad+bc：
多元形式（若数列 \{a_n\},\{b_n\} 单调不降）：
\sum_{i=1}^na_ib_i\geq\frac{1}{n}(\sum_{i=1}^na_i)(\sum_{i=1}^n b_i)\geq\sum_{i=1}^na_ib_{n-i+1}
:::info[证明]
中间那个式子等价于
\sum_{i=1}^na_i\bar{b}
其中 \bar{b} 为 b 数列的平均数。
| 如果我们考虑你可以对 b 序列做一种操作无数次：让 b 中的某个值加一，另一个减一，那么也可以用调整法来证明。 |
琴生不等式
函数 f(x) 在 [l,r] 上单调且下凸^\dag。则对于 \forall x_1,x_2,\dots,x_n\in[l,r]，均有
f(\bar{x})\leq\frac{\sum f(x_i)}{n}
其中 \bar{x} 为 \{x_n\} 的平均数。
当且仅当 x_i 全相等时取等。
下凸^\dag：已知函数 f(x) 在 [l,r] 上单调。若其在 [l,r] 下凸，当且仅当对于 \forall x,y\in[l,r],f(\frac{x+y}{2})\leq\frac{f(x)+f(y)}{2}。
:::info[证明]
作 f(x) 在点 (\bar{x},f(\bar{x})) 的切线：
g(x)=f'(\bar{x})(x-\bar{x})+f(\bar{x})
由于下凸函数的性质，这条切线一定在函数下方，即
f(x)\geq g(x)
根据一次函数的性质，可以发现
f(\bar{x})=\frac{\sum{g(x_i)}}{n}\leq\frac{\sum{f(x_i)}}{n}
即证。
另外，这个办法同样可以证明带权的琴生不等式（ \lambda_i>0 且 \sum\lambda_i=1）：
f(\sum\lambda_ix_i)\leq\sum \lambda_if(x_i)
上凸函数同理，只是不等式符号反了。
琴生不等式有个推论：
- 在 \Delta ABC 中，\sin A+\sin B+\sin C\leq\frac{3\sqrt 3}{2}。
直接套琴生不等式就可以证明。当且仅当三角形等边时取等。
幂平均不等式
已知 a_i>0。定义 a 的 r 次幂平均为：
M_r=\sqrt[r]{\frac{\sum a_i^{r}}{n}}
特别地，代入 r=0 没有意义。所以 M_0 取 r\to0 的极限值，即
M_0=\lim_{r\to0}\sqrt[r]{\frac{\sum a_i^{r}}{n}}=\sqrt[n]{\prod a_i}
若 \alpha>\beta，则
M_{\alpha}\geq M_{\beta}
等号成立当且仅当 a_i 全相等。
:::info[证明]
分类讨论：
令 t=\frac{\alpha}{\beta}，则等价于证明
\sqrt[t]{\frac{\sum a_i^t}{n}}\geq\frac{\sum a_i}{n}
同时取 t 次方得到
\frac{\sum a_i^t}{n}\geq(\frac{\sum a_i}{n})^t
令 f(x)=x^t，这个函数显然是下凸的，那么原式等价于
\frac{\sum f(a_i)}{n}\geq f(\bar{a})
由琴生不等式，该式成立。
这个不等式有助于理解基本不等式链
\underbrace{\sqrt{\frac{\sum x_i^2}{n}}}_{\text{QM}}\geq\underbrace{\frac{\sum x_i}{n}}_{\text{AM}}\geq\underbrace{\sqrt[n]{\prod x_i}}_{\text{GM}}\geq\underbrace{\frac{n}{\sum\frac{1}{x_i}}}_{\text{HM}}
其中，\text{QM},\text{AM},\text{GM},\text{HM} 分别为幂平均不等式中的 M_2,M_1,M_0,M_{-1}。
阿贝尔变换
对于数列 \{a_n\},\{b_n\}，记 B_n 为 b 的前缀和，则
\sum_{i=1}^na_ib_i=a_nB_n-\sum_{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)B_i
:::info[证明]
代数推导很简单，但是我觉得数形结合会更便于记忆：
（图片来自 https://zhuanlan.zhihu.com/p/681929770）