算幾不等式與Jesen不等式

(last update:04/08/2013)

今天看到有人搜尋算幾不等式，但我不太記得我有寫過算幾不等式的文章。今天就跟大家談談算幾不等式。

假設 $a,b>0$ ，那麼 $\sqrt{a}$ 與 $\sqrt{b}$ 均存在。那麼

$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}=a-2\sqrt{ab}+b\geq 0.$

所以我們推得 $a+b\geq 2\sqrt{ab}$ 。等號乘立時， $a=b$ 。

幾何證明：

假設給定兩個正實數 $a,b$ 且 $a\neq b$ ．我們利用 $R=(a+b)/2$ 為半徑做一個圓，圓心為 $O$ ．假設 $\overline{AB}$ 是圓的直徑． $\overline{AH}=a,$ $\overline{BH}=b$ ．以 $H$ 為垂足做垂直線交圓於 $C$ 得一三角形 $ABC$ ．我們知道 $\angle CBH=\angle ACH$ 於是

$\displaystyle\tan\angle ACH=\frac{a}{x}=\frac{x}{b}=\tan\angle CBH$

我們證明 $x^{2}=ab$ ．所以 $x=\sqrt{ab}$ ．由於 $OCH$ 為直角三角形．直角三角形斜邊長大於兩底邊．於是

$\displaystyle\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}.$

如果 $a=b>0$ ．則 $H$ 與圓心 $O$ 重疊．這個情況下， $R=(a+b)/2=\sqrt{ab}.$

由此，我們可以推廣到更一般的情況:

(算幾不等式) 設 $a_{1},\cdots,a_{n}$ 均為正實數，那麼他們的關係必定滿足下列不等式:

$\displaystyle \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$

此不等式就稱為算幾不等式。等號乘立若且唯若 $a_{1}=\cdots=a_{n}.$

附註:在不失一般的情況下，我們假設 $a_{i}>0$ 。如果有某數 $a_{i}=0,$ 不等式顯然成立。所以算幾不等條件中的正實數可以改成非負實數．

證明:

(方法一)

因為我們會證明 $n=2$ 的，我們可以證明算幾不等式對 $n=2^{k}$ 均成立。

舉例來說，假設 $x,y,z,u> 0$ 。則

$\displaystyle\frac{x+y+z+u}{4}=\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+u}{2}}{2}\geq \sqrt{\frac{x+y}{2}\frac{z+u}{2}}.$

利用算幾不等式 $x+y\geq 2\sqrt{xy}$ 且 $z+u\geq 2\sqrt{zu}$ 我們得到

$\displaystyle\frac{x+y}{2}\frac{z+u}{2}\geq\sqrt{xyzu}.$

所以我們得到 $x+y+z+u\geq 4\sqrt[4]{xyzu}$ 。利用歸納法，我們可以證明對所有的 $k\geq 1$ 算幾不等式對 $n=2^{k}$ 均成立。

接著我們來呈現一下，如何從 $n=2^{k}$ 算幾不等式成立推到一般 $n$ 的算幾不等式成立。我們就用 $n=4$ 來推 $n=3$ 成立。

利用算幾不等式可以推得(換句話說，我們取 $u=(x+y+z)/3$ )

$\displaystyle\frac{1}{4}\left(x+y+z+\frac{x+y+z}{3}\right)\geq \sqrt[4]{xyz\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}.$

注意到:

$\displaystyle\frac{1}{4}\left(x+y+z+\frac{x+y+z}{3}\right)=\frac{x+y+z}{3}.$

上面不等式兩邊取四次方後得到

$\displaystyle\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^{4}\geq xyz\left(\frac{x+y+z}{3}\right)$ 。

假設 $x,y,z$ 其中之一不為零，兩邊同除掉一個 $(x+y+z)/3$ 就可以得到 $n=3$ 的算幾不等式。

一般的情況是類似的。我們利用 $n=2^{k}$ 的算幾不等式之後，再利用上述的想法可以推得算幾不等式對 $2^{k}-1$ 也成立。所以我們假設算幾不等式對自然數 $n$ 成立，我們希望推得算幾不等式對 $n-1$ 也要成立。

取正實數 $a_{1},\cdots,a_{n-1}$ ，定義一個新的正實數

$\displaystyle a_{n}=\frac{a_{1}+\cdots+a_{n-1}}{n-1}.$

於是觀察發現

$\displaystyle \frac{a_{1}+\cdots+a_{n-1}+a_{n}}{n}=\frac{a_{1}+\cdots+a_{n-1}}{n-1}=a_{n}.$

因為我們假設算幾不等式對 $n$ 個正實數成立，所以我們推得

$\displaystyle a_{n}=\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n}\geq\sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n-1}a_{n}}$

兩邊同取 $n$ 次方之後我們得到

$a_{n}^{n}\geq a_{1}\cdots a_{n-1}a_{n}.$

假設 $a_{n}\neq 0$ ，則 $a_{n}^{n-1}\geq a_{1}\cdots a_{n-1}$ 。換句話說

$a_{n}\geq \sqrt[n-1]{a_{1}\cdots a_{n}}.$

由於 $a_{n}=(a_{1}+\cdots+a_{n-1})/(n-1)$ 。我們證明了算幾不等式對 $n-1$ 也成立。利用歸納法我們得到了算幾不等式對 $n=2^{k}-l$ 成立 $0<l<2^{k}$ 。我們就證明了對任意 $n\geq 2$ 的算幾不等式。

接著我提供另一個簡單的證明(凹函數的概念)。如果我們對算幾不等式兩邊同取 $\log$ 我們得到了

$\displaystyle \frac{1}{n}\left(\log a_{1}+\cdots+\log a_{n}\right)\leq \log\left(\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n}\right).$

如果令 $\lambda_{1}=\cdots=\lambda_{n}=1/n$ 則 $\sum_{i}\lambda_{i}=1$ ，且上述不等式等於

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}\log a_{i}\leq\log\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}a_{i}\right).$

$f(x)=\log x$ 是所謂的凹函數。

定義:假設 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 是一個函數，並且對任意 $0\leq \lambda\leq 1,$ $x_{1},x_{2}\in (a,b)$ 恆有

$f(\lambda x_{1}+(1-\lambda)x_{2})\geq \lambda f(x_{1})+(1-\lambda)f(x_{2}),$

則我們稱函數 $f$ 唯一凹函數。(如果上述不等式中不等號是相反的，我們把他稱為凸函數。)如圖所示:

定理:假設 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 是二次可微，並且 $f''(x)<0$ ， $x\in (a,b)$ 則 $f$ 是凹函數。

證明:取 $x,y\in (a,b)$ (不訪假設 $x<y$ )。令

$g(t)=f(tx+(1-t)y)-tf(x)-(1-t)f(y)$ 。

則

$g'(t)=(x-y)f'(tx+(1-t)y)-f(x)+f(y)$

$g''(t)=(x-y)^{2}f''(tx+(1-t)y)<0.$

因為 $g(0)=0$ 且 $g(1)=0$ 。利用Rolle定理可以推得 $g'(c)=0$ 其中 $0<c<1$ 。因為 $g''(t)<0$ 所以在 $0<t<c$ 時 $g'(t)$ 是遞減函數。因此 $g'(t)\geq g'(c)=0$ 。同理我們發現在 $c<t<1$ 時 $g'(t)<g'(c)=0$ 。於是 $g$ 在 $(0,c)$ 內遞增在 $(c,1)$ 內遞減，且在 $t=c$ 時有最大值。於是對任意的 $0<t<c,$ $g(t)\geq g(0)=0$ 在 $c<t<1$ 時 $g(t)\geq g(1)=0$ 。對任意的 $0<t<1$ 恆有 $g(t)\geq 0$ 。因此我們證明了他是凹函數。(凸函數的證明完全相同只是不等號換方向而已)

定理: (Jensen不等式)假設 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 是凹函數。任給 $x_{1},\cdots,x_{n}\in (a,b)$ 且 $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}\geq 0$ 使得 $\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}=1$ 。則

$\displaystyle f\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}x_{i}\right)\geq\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}f(x_{i}).$

證明:我們利用歸納法。首先我們來看 $n=2$ 怎麼推到 $n=3$ 成立。

假設 $x_{1},x_{2},x_{3}\in (a,b)$ 且 $\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}\geq 0$ 滿足 $\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}=1$ 。令 $\lambda=\lambda_{2}+\lambda_{3}$ 則 $\lambda_{1}=1-\lambda$ 。於是

$\displaystyle\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2}+\lambda_{3}x_{3}=(1-\lambda)x_{1}+\lambda\left(\frac{\lambda_{2}}{\lambda}x_{2}+\frac{\lambda_{3}}{\lambda}x_{3}\right)$

所以利用不等式可知

$\displaystyle f(\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2}+\lambda_{3}x_{3})\geq (1-\lambda)f(x_{1})+\lambda f\left(\frac{\lambda_{2}}{\lambda}x_{2}+\frac{\lambda_{3}}{\lambda}x_{3}\right)$

再用一次凹函數的性質，我們可以推得

$\displaystyle f(\frac{\lambda_{2}}{\lambda}x_{2}+\frac{\lambda_{3}}{\lambda}x_{3})\geq \frac{\lambda_{2}}{\lambda}f(x_{2})+\frac{\lambda_{3}}{\lambda}f(x_{3}).$

統整後我們證明了 $n=3$ 的情況。我們假設不等式在 $n=k$ 時成立。利用類似的想法我們做以下的更動:取 $\lambda=\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}$ 則 $\lambda_{1}=1-\lambda$ 且

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}x_{i}=(1-\lambda)x_{1}+\lambda\sum_{i=2}^{n}\frac{\lambda_{i}}{\lambda}x_{i}.$

如果令 $\displaystyle y=\sum_{i=2}^{n}\frac{\lambda_{i}}{\lambda}x_{i}$ 。利用凹函數的性質，我們推得

$f((1-\lambda) x_{1}+\lambda y)\geq (1-\lambda)f(x_{1})+\lambda f(y).$

在一次利用凹函數的性質我們知道

$\displaystyle f(y)\geq\sum_{i=2}^{n}\frac{\lambda_{i}}{\lambda}f(x_{i}).$

所以整理的結果我們推得

$\displaystyle f\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}x_{i}\right)\geq \sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}f(x_{i}).$

於是我們證明了Jensen不等式。接著我們來證明算幾不等式。

(方法二)

令 $f:(0,\infty)\to\mathbb{R},$ $f(x)=\log x$ 。則 $f''(x)<0$ 所以 $f$ 為凹函數。再利用Jesen不等式，我們證明了算幾不等式。

接著我帶大家來解一個看起來跟算幾不等式無關的不等式。

命題:在三角形 $ABC$ 中，證明

$\displaystyle \cot\frac{A}{2}+\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{B}{2}\geq 3\sqrt{3}.$

如果你要直接解這問題有點困難，但你必須要去以幾何去思考 $\cot\frac{\theta}{2}$ 的幾何意義為何。如果你把三角形劃出來，每個角都取內角平分線，那麼你知道這些角平分線的交點是內切圓圓心。假設內切圓半徑記為 $r$ 。

那麼由圖可知: $\cot \frac{A}{2}=\frac{x}{r},$ $\cot\frac{B}{2}=\frac{y}{r}$ 且 $\cot \frac{C}{2}=\frac{z}{r}.$ 於是原不等式等價於

$\displaystyle \frac{x}{r}+\frac{y}{r}+\frac{z}{r}\geq 3\sqrt{3}.$ (*)

如果我們能夠找出 $r$ 與 $x,y,z$ 的關係，那麼我們就可以把不等式改成 $x,y,z$ 的不等式。另外一方面，三角形面積可以利用 $x,y,z$ 與 $r$ 來表示，利用底乘高除 $2$ 的概念(與內切圓到切點必與切線垂直的性質)可推得三角形面積為

$\displaystyle \Delta=xr+yr+zr=(x+y+z)r.$

令 $a=z+y,$ $b=x+z$ 且 $c=x+y,$ 則 $s=(a+b+c)/2=x+y+z$ 。利用海龍公式 $\Delta=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)},$ 可推得

$\displaystyle \Delta=\sqrt{xyz(x+y+z)},$

其中 $s-a=x,$ $s-b=y$ , $s-c=z.$ 所以我們可以推論出

$\displaystyle r=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}.$ 在帶入不等式(*)中，我們發現不等式等價於

$\displaystyle \frac{\sqrt{(x+y+z)^{3}}}{\sqrt{xyz}}\geq 3\sqrt{3}.$

進而發現上述不等式等價於

$\displaystyle\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{xyz}.$

也就是算幾不等式在 $n=3$ 時的情況。

如果你只是初學想要知道怎麼去使用算幾不等式，讓我給大家幾個簡單的例子。

範例1.假設 $f(x)=x+1/x,$ $x>0$ 。試求出 $f(x)$ 的最小值。

利用算幾不等式可以知道

$\displaystyle x+\frac{1}{x}\geq 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2.$

於是 $f(x)\geq 2.$ 當 $x=1$ 時， $f(1)=2$ 。於是我們知道 $2$ 是 $y=f(x)$ 的最小值。

範例2.假設 $3x^{2}+4y^{2}=1.$ 試求出 $xy$ 的最大值。

利用算幾不等式可知

$\displaystyle\frac{3x^{2}+4y^{2}}{2}\geq \sqrt{3x^{2}4y^{2}}=2\sqrt{3}xy.$

由於 $3x^{2}+4y^{2}=1,$ 可知 $xy\leq 1/4\sqrt{3}.$ 當 $3x^{2}=4y^{2}$ 時，等號成立(請讀者自己解)。

結語

其實算幾不等式的證明有很多種，最重要的是我們可以用算幾不等式作很多的估計。如果你對算幾不等式的歸納法證明有興趣，煩請閱讀台大張鎮華老師寫的算幾不等式面面觀。我也推薦另外一篇由中山大學數學系的老師張福春 · 李姿霖寫的不等式之基本解題方法。

算幾不等式與Jesen不等式有 “ 6 則迴響 ”

引用通告： Young不等式Holder不等式 | 法蘭克的數學世界
引用通告： [不等式]Young不等式Holder不等式 | 法蘭克的數學世界
匿名說道：

07/31/2014 於 8:30 下午

a，b大於等於零

回應
1. Issac 說道：
  
  07/31/2014 於 8:36 下午
  
  算幾不等式的條件可以改為 $a,b$ 非負．不過我是證明均為正的時候．如果有 $0$ 不等式顯然．我在文末補充說明一下．
  
  回應
匿名說道：

08/06/2015 於 10:14 上午

開頭算幾不等式幾何證明部份是不是有筆誤？tan ACH = tan CBH = a/x =x/b 才對吧?

回應
1. Issac 說道：
  
  08/11/2015 於 11:52 下午
  
  是的～～謝謝
  
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