平均值不等式的证实平均值不等式的证实及其应用.docx

平均值不等式的证明平均值不等式的证明及其应用

　　第１６卷第５期２０１３年９月高等数学研究
　　ＳＴＵＤＩＥＳＩＮＣＯＬＬＥＧＥ　ＭＡＴＨＥＭＡＴＩＣＳ　　Ｎｏ．５Ｖｏｌ．１６。
　　Ｓｅ．２０１３ｐ
　　平均值不等式的证明及令
　　ｂｉ＝
　　ｋ＝１
　　ｉ
　　ｃ　ｉ＝
　　ａｉ
　　ａｋ∑
　　ｎ
　　ｎ
　　ｉ
　　ｉ
　　∑ｋｋ＝１ａ
　　ｎ
　　…，其中ｉ＝１，显然ｂ且２，ｎ．ｉ和ｃｉ均为正数。
　　ｎｉ＝１
　　ａｋ＋１ａａｋ＋１ｋｋ１ｋ
　　ａｋ＋１ａｋ＋ａｋ１－ｉ≤１＋
　　∏ｋ＋１ｉ＝１
　　当且仅当
　　ｋ＋１
　　时等号成立．故当ｎ＝ｋ＋１时，命题成立．
　　综上，命题证毕．
　　ｋ１－
　　其中档号当且仅当
　　ａ１＝…＝ａｋ＝ａｋ１＝＋
　　ｂｉ＝
　　ｉ＝１，ｉ＝
　　ｎｎ
　　ｎ
　　时成立．从而有
　　ｎ
　　对于任意ｎ个正数
　　…，有ａ１，ａａ２，ｎ。
　　［１］
　　ｎ∏
　　ｉ＝１
　　ｎ
　　ｋ＝１
　　１ｎ　≤ｎ∏ａｉｉ＝１ａｋ∑
　　ａｉ
　　ｎ
　　≤１，ｎ
　　∑ｋｋ＝１ａ
　　ａｋ≥ｎ∏ｋ＝１∑ｋｋ＝１ａ
　　其中档号当且仅当ａ１＝ａ２＝…＝ａｎ时成立．
　　证法１　运用引理１．令
　　ａｋ≥∑ｎｋ＝１
　　ｎ
　　ｎ
　　亦即
　　ｂｉ＝
　　ｉ
　　ｎ
　　ｎ
　　ｋ
　　…，其中ｉ＝１，显然ｂ且２，ｎ．ｉ和ｃｉ均为正数。
　　ｎ
　　ｎ
　　ｉ＝１
　　∏ａｋ＝１
　　ｃ　ｉ＝ａｉ
　　ｎ
　　ｎ
　　ｋ
　　ａ，∏ｋ＝１
　　ｋ＝１∑ｋｋ＝１ａ
　　其中档号当且仅当ａ故定１＝ａ２＝…＝ａｎ时成立．理成立．
　　ａｋ≥∑ｎｋ＝１
　　ｎ
　　ｎ
　　ｎ
　　ｋ≥∏ａ
　　ｎ
　　定理２　引理１、引理２和定理１互相等价．证明　先由定理１推证引理２．若
　　ｎ
　　ｃ．　∏ｉ＝１ｉ＝１∏ｂ
　　ｉ＝１
　　ｎ
　　ｎ
　　ｋ＝１
　　∑ａ
　　ｋ
　　＝１。
　　则由定理１可知
　　ｎ
　　由引理１可知
　　，ｃ　∑ｉ≥ｎｉ≥ｎ∑ｂ
　　ｉ＝１
　　ｎ
　　ａａｋ≤ｋ＝∏∑ｎｋｎｋ＝１＝１
　　ｎ
　　ｎｎ
　　ｉ＝１
　　其中档号当且仅当
　　ｎ
　　ａｎａ　ｋ≤ｎ，ｋ≤１∏∏ｎｋ＝１ｋ＝１
　　时成立其中档号当且仅当ａ．１＝ａ２＝…＝ａｎ＝
　　ｎ故引理２成立．
　　再由引理２推证引理１．令
　　由平均值不等式可知
　　＝≤＋１…１＋　ｎｎ２－
　　１＋．
　　ｎ
　　又由于
　　≥＝１，ｉｍ１＋　ｌｎ→∞ｎ
　　ｂｋ＝
　　显然有
　　ａｋ
　　ｎｉ＝１
　　…，，ｋ＝１，２，ｎ 　
　　］＝１。
　　ｎ
　　ｋ＝１
　　∑ｂ
　　ｎ
　　ｋ
　　＝１。
　　故由极限的夹逼性可得待证极限成立．
　　］注２　文［运用二项式定理证明了上述问题，１
　　而本文通过平均值不等式给出了另一种较为简洁的
　　ｋ
　　由引理２可知
　　ｎ
　　ｎ∏ｂｎ　ｋ≤１
　　ｎｋ＝１
　　ｎｎ
　　ｋ
　　ｋ＝１
　　ｎ
　　ｋ＝１
　　∏ａ
　　≤１。
　　证明措施．
　　注３　对于例２的推广问题
　　ｋ
　　ｌｉｍｋ∈瓕＋ ＝１　
　　ｋ
　　ｋ＝１
　　ｎ
　　ａ　∑ｋ≥ｎ≤１。
　　ｋ＝１
　　其中档号当且仅当ａ１＝ａ２＝…＝ａｎ＝１时成立．
　　故引理１成立．
　　运用引理１推证定理１，可见定理１的证法１．综上，结论得证．
　　例１　证明：当ａ＞０时，ｌｉｍ＝１．
　　ｎ→∞
　　证明　显然
　　ｎ＝｝单调增长，数列
　　ｎ
　　ｎ１－
　　ｎ１＋
　　｝单调递减，两者收敛于同一极限．
　　由平均值不等式可知
　　＝１＋，≤
　　ｎ
　　ｙｎ＝１＋ｎｎ
　　ｎ
　　ｎ１＋
　　≥ａ
　　又由于
　　＋１…１
　　ｎ１－
　　＝１＋１＋ｎ－１ａ
　　由平均值不等式可知
　　ｌｉｍ１＋＝ｎ→∞１＋ｎ－１ａｌｉｍ１＋＝１，ｎ→∞ｎ
　　故由极限的夹逼性可得待证极限成立．
　　］注１　文［将问题分为ａ＞１，１ａ＝１和ａ＜１三种状况进行讨论．显然，运用平均值不等式大大简化了证明过程．
　　例２　证明：ｌｉｍ＝１．
　　ｎ→∞
　　［］
　　×１≤
　　ｎ１＋ ＋１］　［ｎ１＋　
　　１＋ ×１≥ｙ＝
　　由单调有界收敛原理可知，数列｛ｘｙｎ｝和｛ｎ｝均收敛．而
　　ｙｎ＝ｘｎ１＋
　　ｎ
　　故它们