不等式

即使不方便求出一个量的精确值，不等式仍能控制它的范围。一个有用的证明需要说明三件事：所做运算在给定范围内合法，每一步估计的方向正确，以及声称的等号情形确实能够出现。

本章承接数系、算法与递归中的有序域规则，以及有限求和与求和技巧中的记号。除非另有说明，变量取实数，求和只有有限项。Loh 的不等式讲义提供了一份简洁的经典结果清单，可作补充阅读[1][1] P. S. Loh, “6. Inequalities,” 2023. Carnegie Mellon University, Putnam Seminar, Fall 2023; classical inequalities. https://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/2023-295/06-inequalities.pdf。

变形之前，先确认它是否等价

要证明 $A\ge B$，常常可以改为证明 $A-B\ge0$。但在不同表达式之间转换，需要明确条件。对实数 $a,b$ 和正整数 $n$，应记住下面的规则。

运算	条件与影响
两边加同一个数	对全部实数保持大小关系
两边乘或除以 $c$	$c>0$ 时保持方向；$c<0$ 时反向；不能除以零
两边取倒数	在 $(-\infty,0)$ 或 $(0,\infty)$ 各自内部反向
取奇数次幂	在全部实数上保持严格大小关系
取偶数次幂	在 $[0,\infty)$ 上保持方向，在 $(-\infty,0]$ 上反向
开正整数次方根	在实数定义域上保持方向；偶次根要求输入非负

例如，$-1>-2$，但 $(-1)^2<(-2)^2$。同样，$-1<2$ 不能推出 $1/(-1)>1/2$，因为取倒数的规则不能跨过零。若 $a,b\ge0$，则 $a\le b$ 与 $a^2\le b^2$ 等价；离开这个范围，平方可能丢失符号信息。

绝对值的范围可以改写成区间。对 $r\ge0$，

$$|x|\le r\quad\Longleftrightarrow\quad -r\le x\le r.$$

$r>0$ 时，严格不等式 $|x|<r$ 对应开区间 $(-r,r)$。若 $r<0$，则 $|x|\le r$ 没有实数解。套用一般规则前，应先检查这些边界情形。

根据符号与区间求解

对真正的二次式 $q(x)=ax^2+bx+c$，要求 $a\ne0$，并记 $\Delta=b^2-4ac$。当 $a>0$ 时，符号分布如下。

判别式	二次式的符号
$\Delta>0$，两根为 $r_1<r_2$	两根外为正，两根之间为负，根处为零
$\Delta=0$，根为 $r$	除 $r$ 处为零外，其余位置都为正
$\Delta<0$	处处为正

$a<0$ 时，对 $-q$ 使用这个表，再反转符号。$a=0$ 时，应改解一次或常数不等式。若题目允许等号，就按条件纳入相应的零点。

例如，

$$4x^2+6x+2=2(2x+1)(x+1).$$

两根为 $-1$ 和 $-1/2$，首项系数为正。因此 $4x^2+6x+2<0$ 的解集是 $(-1,-1/2)$。在区间中取 $x=-3/4$，确实得到负值，可以用来检查是否选反了区域。

查看三种二次式的符号图像

图像帮助理解符号表，因式分解或配方则给出代数依据。端点是否属于解集，取决于原不等式是否允许等号。

对分式，分母为零的点必须排除，即使形式上似乎能约掉因子。例如求解

$$\frac{x-1}{x+2}\ge0,$$

应在 $-2$ 和 $1$ 处分割数轴。分式在 $(-\infty,-2)$、$(1,\infty)$ 上为正，在 $(-2,1)$ 上为负，在 $1$ 处为零。因此解集为 $(-\infty,-2)\cup[1,\infty)$。若不先判断 $x+2$ 的符号就两边同乘，便会遗漏这种分区。

绝对值与三角不等式

定理三角不等式

对任意实数 $a,b$，

$$|a+b|\le|a|+|b|.$$

等号当且仅当 $ab\ge0$，包括其中某个数为零的情形。

证明

两边都非负，因此比较平方与比较原式等价。平方之差为

$$\begin{aligned} &(|a|+|b|)^2-|a+b|^2\\ &\quad=2(|ab|-ab)\ge0. \end{aligned}$$

它恰好在 $ab\ge0$ 时为零。

用距离来理解，直接走到目的地，不会比经过中间点的路线更长：

$$|a-c|\le|a-b|+|b-c|.$$

只需对 $(a-b)+(b-c)$ 使用三角不等式。等号当且仅当 $b$ 位于 $a,c$ 之间，包括端点。

定理反三角不等式

对实数 $a,b$，

$$\bigl||a|-|b|\bigr|\le|a-b|.$$

等号当且仅当 $ab\ge0$。

证明

由 $a=(a-b)+b$，得到 $|a|-|b|\le|a-b|$。交换 $a,b$ 又得到另一侧的界，因此绝对差也被控制。要判断等号，可比较 $|a-b|$ 与 $\bigl||a|-|b|\bigr|$ 的平方；两者平方之差同样为 $2(|ab|-ab)$。

反三角不等式说明：实数输入改变不超过 $\delta$ 时，它的绝对值也改变不超过 $\delta$。这种估计适用于误差控制，后面讨论距离与复数的模时还会用到。

对有限个实数项，

$$\left|\sum_{i=1}^{n}x_i\right|\le\sum_{i=1}^{n}|x_i|.$$

反复使用两项形式，或对项数 $n$ 归纳，就能证明。三项形式是其中的特例；$n=0$ 时，两边的空和都为零。等号恰好要求非零项全部同号，否则正项总和与负项总和会发生部分抵消。

算术平均与几何平均

定理两项算术与几何平均不等式

对 $a,b\ge0$，

$$\sqrt{ab}\le\frac{a+b}{2},$$

等号当且仅当 $a=b$。

证明

由 $(\sqrt a-\sqrt b)^2\ge0$ 得到 $a+b\ge2\sqrt{ab}$，且这个平方恰好在 $a=b$ 时为零。

另一个相关恒等式适用于全部实数 $a,b$，不要求非负：

$$a^2+b^2-2ab=(a-b)^2\ge0.$$

把两边的差整理成平方，往往是最快的证明办法。

定理有限项 AM-GM 不等式

设 $n\ge1$，$x_1,\ldots,x_n$ 非负，则

$$\left(\prod_{i=1}^{n}x_i\right)^{1/n} \le\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i.$$

等号当且仅当各项全相等。

用倍增与向下推导完成证明

证明

先设各项为正。两项的结论已经证明。若结论对 $m$ 项成立，把 $2m$ 项分成两组，算术平均分别记为 $A,B$。每组的乘积不超过相应均值的 $m$ 次幂，而 $AB\le((A+B)/2)^2$。把两个乘积的界相乘，就得到 $2m$ 项的结论。从一项出发，可依次得到项数为二的幂时的全部情形。

接着，假设结论对 $m+1$ 项成立。给定 $m$ 个正数，设它们的均值为 $M$，再添入一项 $M$。新列表的均值仍为 $M$，所以

$$x_1\cdots x_m M\le M^{m+1}.$$

约去正数 $M$，便得到 $m$ 项的结论。对任意目标项数 $n$，先取不小于 $n$ 的二的幂，再有限次向下推导即可。倍增步骤取等号，需要每组内部全相等且两组均值相等；向下推导也恰好保留原来各项全相等的条件。

若有零项，乘积为零。此时只有算术平均也为零才可能取等号，而非负数的平均为零要求所有项都为零。

从调和平均到平方平均

对正数 $x_1,\ldots,x_n$，定义

$$H=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}1/x_i},$$ $$G=\left(\prod_{i=1}^{n}x_i\right)^{1/n},$$ $$A=\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i,$$ $$Q=\sqrt{\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i^2}.$$

则有均值链

$$0<H\le G\le A\le Q.$$

中间一段就是 AM-GM。对各项的倒数使用 AM-GM，再取倒数，就得到 $H\le G$。最后一段来自

$$Q^2-A^2=\frac1n\sum_{i=1}^{n}(x_i-A)^2\ge0.$$

两边取非负平方根，得到 $A\le Q$。三段比较中的任意一段取等号，都恰好要求各项全相等。调和平均需要各项严格为正，其余三个均值对非负输入仍有意义。

以正速度 $v_1,v_2$ 分别走两段相同距离，总平均速度是总路程除以总时间，因此

$$v_{\mathrm{avg}}=\frac{2}{1/v_1+1/v_2}.$$

若速度分别为 $60$、$40$ km/h，结果为 $48$ km/h。若两段使用相同的时间，平均速度才是算术平均 $50$ km/h。选择哪种均值，要看题目固定的是路程还是时间。

探索：均值曲面究竟说明了什么

对非负 $x_1,x_2$，比较曲面 $z=(x_1+x_2)/2$ 与 $z=\sqrt{x_1x_2}$。

AM-GM 的证明说明哪张曲面位于上方。等号对应 $t\ge0$ 时的直线 $(x_1,x_2,z)=(t,t,t)$。固定 $x_2=c$，得到的是竖直切片，不是水平切片；切片中的两条曲线在 $(x_1,z)=(c,c)$ 处相交。

因此，将固定的第二个输入从 $5$ 改为 $10$，切片中的交点就移到 $(10,10)$。$c=0$ 时，几何平均为零，只有 $x_1=0$ 才取等号。对曲面作正面投影，与截取曲面的某个切片，并不是同一种操作。

柯西–施瓦茨控制乘积之和

对实向量 $a=(a_1,\ldots,a_n)$、$b=(b_1,\ldots,b_n)$，记

$$\begin{aligned} A&=\sum_{i=1}^{n}a_i^2,\\ B&=\sum_{i=1}^{n}b_i^2,\\ C&=\sum_{i=1}^{n}a_i b_i. \end{aligned}$$

定理柯西–施瓦茨不等式

对 $n\ge1$，有 $C^2\le AB$。等价地，

$$\left|\sum_{i=1}^{n}a_i b_i\right| \le\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}.$$

等号条件是：其中一个向量为零，或两个非零向量互为实数倍。

证明

有限求和中已经证明的拉格朗日恒等式给出

$$AB-C^2=\sum_{1\le i<j\le n}(a_i b_j-a_j b_i)^2.$$

右边非负。它为零，当且仅当全部 $a_i b_j=a_j b_i$。若 $b\ne0$，选一个满足 $b_j\ne0$ 的坐标，则每个 $a_i=(a_j/b_j)b_i$。若 $b=0$，对任意 $a$ 都有等号。这样就处理了零坐标，而不需要把所有坐标逐个相除。

$n=2$ 时，差值只是一个平方 $(a_1b_2-a_2b_1)^2$；$n=3$ 时，则对三组坐标对求和。它们都是同一个定理的特例，不需要对每个维数另外引入几何假设。

另一个独立证明：构造非负二次式

证明

若 $B=0$，则 $b=0$，结论已经成立。否则，对每个实数 $t$，

$$\begin{aligned} 0&\le\sum_{i=1}^{n}(a_i-tb_i)^2\\ &=A-2tC+t^2B. \end{aligned}$$

取 $t=C/B$，右边变为 $A-C^2/B$，因此 $C^2\le AB$。等号当且仅当全部 $a_i-tb_i$ 为零。也可以说，这个恒非负二次式的判别式不大于零，但使用这个论证前必须先确认首项系数为正。

内积、长度，以及与三角不等式的正确联系

内积为 $a\cdot b=C$，欧几里得范数为 $\|a\|_2=\sqrt A$，所以柯西–施瓦茨写成

$$|a\cdot b|\le\|a\|_2\|b\|_2.$$

在平面或三维空间中，两个向量都非零时，它们的夹角满足 $a\cdot b=\|a\|_2\|b\|_2\cos\theta$。内积本身不是夹角的余弦。带绝对值的不等式在同向或反向时都可取等号；若有零向量，夹角没有定义，但不等式仍取等号。

要推出欧几里得三角不等式，应先展开模长的平方，再控制交叉项：

$$\begin{aligned} \|a+b\|_2^2&=A+B+2C\\ &\le A+B+2\sqrt{AB}\\ &=(\sqrt A+\sqrt B)^2. \end{aligned}$$

取平方根，得到 $\|a+b\|_2\le\|a\|_2+\|b\|_2$，也就是 $p=2$ 的闵可夫斯基不等式。等号要求其中一个向量为零，或两个非零向量同向。这时再把多余坐标设为零，才得到实数的三角不等式。中间的展开与估计不能省略，单独对柯西–施瓦茨作降维代入并不能直接得到它。

适合处理正分母的形式

若 $u_i$ 为实数、$v_i>0$，则

$$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i^2}{v_i} \ge\frac{(\sum_{i=1}^{n}u_i)^2}{\sum_{i=1}^{n}v_i}.$$

对各项 $u_i/\sqrt{v_i}$ 与 $\sqrt{v_i}$ 使用柯西–施瓦茨，再除以正的分母之和即可。等号恰好要求所有比值 $u_i/v_i$ 相同。这通常称为柯西–施瓦茨的 Engel 形式，也常叫分式形式。

对正数 $x_i$，取 $u_i=1$、$v_i=x_i$，得到

$$\sum_{i=1}^{n}\frac1{x_i}\ge\frac{n^2}{\sum_{i=1}^{n}x_i},$$

等号当且仅当各个 $x_i$ 相等。

重排：通过交换改善配对

设 $n\ge1$，实数列 $a_1\le\cdots\le a_n$、$b_1\le\cdots\le b_n$，不要求各项为正。令 $\sigma$ 为一个排列，并记

$$S_\sigma=\sum_{i=1}^{n}a_i b_{\sigma(i)}.$$

定理重排不等式

反序配对得到最小值，同序配对得到最大值：

$$\sum_{i=1}^{n}a_i b_{n+1-i} \le S_\sigma\le\sum_{i=1}^{n}a_i b_i.$$

证明

假设 $i<j$，但已分配的值满足 $b_{\sigma(i)}>b_{\sigma(j)}$。交换这两个配对后，总和的增加量为

$$(a_j-a_i)(b_{\sigma(i)}-b_{\sigma(j)})\ge0.$$

不断消除相邻逆序，最终就把分配的 $b$ 值排成递增顺序，过程中总和不会减小，因而得到最大值。反过来，向递减方向排序时，不断消除同向配对，总和不会增加，得到最小值。

上界取等号，要求不存在 $a_i<a_j$ 却有 $b_{\sigma(i)}>b_{\sigma(j)}$ 的配对；下界取等号，要求不存在 $a_i<a_j$ 且 $b_{\sigma(i)}<b_{\sigma(j)}$ 的配对。相等的项允许交换而不改变总和。若原来的两列都严格递增，最大值只能由同序排列取得，最小值只能由反序排列取得。一般情形不能把等号条件误写成“所有项必须相等”。

例如，面额为 $10,20,50,100$，取用张数为 $2,3,4,5$。同序配对得到最大总额 $780$，反序配对得到最小总额 $480$；两个界都有实际配对能够达到。

切比雪夫求和不等式

设 $n\ge1$。两列实数同向排列时，

$$\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_i b_i \ge\left(\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_i\right) \left(\frac1n\sum_{i=1}^{n}b_i\right).$$

若排列方向相反，不等号反向。两种结论都来自恒等式

$$\begin{aligned} &n\sum_{i=1}^{n}a_i b_i -\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_i\right)\\ &\quad=\sum_{i<j}(a_i-a_j)(b_i-b_j). \end{aligned}$$

展开右边即可核对。同序时，各个乘积非负；反序时，各个乘积非正。等号恰好要求至少一列为常数列：若两列都非常数且同序，仅首尾两项就会给出严格为正的乘积。反序情形同理。

这里讨论的是有序数列的求和不等式，与概率论中用方差控制尾概率的不等式不同。Loh 的早期讲义将这个求和结果与重排不等式放在一起介绍[2][2] P. S. Loh, “II. Inequalities,” 2003. June 18, 2003; notes on norms, rearrangement, and Chebyshev's sum inequality. https://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/2-inequalities-solns.pdf。

选择方法，也要核对等号

题目的形状	可以先尝试什么
两个二次表达式的差	配方，或将差因式分解
和固定而要控制乘积	对非负项使用 AM-GM
绝对值或误差累积	三角或反三角不等式
若干乘积之和	柯西–施瓦茨
平方分子除以正分母	Engel 形式
可以重新安排的配对	重排不等式

若把所有变量同时乘以 $t>0$，两边都恰好乘上相同因子 $t^d$，就称这个不等式具有 $d$ 次齐次性。这时可以归一化：例如正变量之和为 $s$，把每个变量都除以 $s$，便得到等价的和为一的问题。等号条件可以提示最优值可能在哪里出现；只有找出合法的取等号对象，一个上界或下界才真正成为能达到的最大值或最小值。

练习

练习补齐缺失的符号条件

对实数变量，判断推理 $a>b\Rightarrow a/c>b/c$、$ac<bc\Rightarrow a<b$、$a<b\Rightarrow1/a>1/b$、$ac^2>bc^2\Rightarrow a>b$，以及正整数 $n$ 下的 $a>b\Rightarrow a^n>b^n$。

展开解答

解

前两个结论若要保持题目中的方向，需要 $c>0$；$c<0$ 时反向，零不能作为除数。第二个推理中，$c=0$ 会让前提本身不成立。取倒数的推理要求 $a,b$ 同号且非零，跨过零就可能失败。第四个推理的前提已经迫使 $c\ne0$，因此可以除以正数 $c^2$。奇数次幂在全部实数上保序；偶数次幂则要限定在具有适当单调性的区间，例如 $0\le b<a$ 时题目中的方向成立。

练习比较两个负商

设 $a>b>0$、$c<d<0$、$f<0$，证明

$$\frac{f}{a-c}>\frac{f}{b-d}.$$

展开解答

解

两个分母都为正，且它们的差是 $(a-b)+(d-c)>0$。取倒数得到 $1/(a-c)<1/(b-d)$，再乘以负数 $f$，方向反转。正分母更大时，所得负商更接近零，因此更大。

练习二重根与负首项系数

解 $4x^2+4x+1<0$ 与 $-3x^2+x-6<0$。如果把第一题的 $<$ 改成 $\le$，答案怎样变化？

展开解答

解

第一式为 $(2x+1)^2$，所以严格小于零时没有实数解；改为小于等于零后，唯一解为 $x=-1/2$。第二式取负并反向后，得到 $3x^2-x+6>0$。它首项系数为正，判别式为 $-71$，所以处处为正，原来的严格不等式对全部实数成立。

练习分配误差预算

设 $\varepsilon>0$。若 $|x-a|<\varepsilon/4$、$|y-b|<\varepsilon/6$，证明 $|2x+3y-2a-3b|<\varepsilon$。

展开解答

解

先重新分组，再使用三角不等式：

$$\begin{aligned} &|2(x-a)+3(y-b)|\\ &\quad\le2|x-a|+3|y-b|\\ &\quad<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} =\varepsilon. \end{aligned}$$

条件中的分母经过安排，恰好让两个误差贡献落在总预算内。

练习同时控制两条对角线，不能随意删项

对实数 $a,b,c,d$，证明

$$\begin{aligned} |a-c|+|b-d|&\le |a-b|+|b-c|\\ &\quad+|c-d|+|d-a|. \end{aligned}$$

展开解答

解

将右边记为 $P$。分别沿经过 $b$、经过 $d$ 的两条路线估计 $|a-c|$，再把两条界相加，得到 $2|a-c|\le P$。同样，从 $b$ 到 $d$ 分别经过 $a$ 和 $c$，得到 $2|b-d|\le P$。最后将这两个不等式相加，再除以二即可。已经得到一个上界后，不能删去其中的正项，就断言它仍然是上界。

练习把两个 AM-GM 界相乘

对 $a,b,c>0$，证明 $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\ge9abc$，并确定等号条件。

展开解答

解

AM-GM 给出

$$a+b+c\ge3(abc)^{1/3},$$$$a^2+b^2+c^2\ge3(abc)^{2/3}.$$

这些量都为正，因此可以把两条界相乘。等号要求两次应用都取等号，恰好是 $a=b=c$。

练习找出能够达到的最小值

设 $x,y,z>0$，求 $x/y+y/z+z/x$ 的最小值。

展开解答

解

三个正项的乘积为一，所以 AM-GM 给出下界 $3$。等号要求三个比值相等，再由乘积为一知每个比值都是一。取 $x=y=z$ 即可达到该界，所以最小值为 $3$。

练习和为一的归一化

设正数 $a,b,c$ 满足 $a+b+c=1$，证明 $a^2+b^2+c^2\ge1/3$ 和 $1/a+1/b+1/c\ge9$。

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解

与全一向量配对，柯西–施瓦茨给出

$$1=(a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2).$$

倒数和的结论直接来自正分母形式，因为分母之和为一。两个等号都在 $a=b=c=1/3$ 时成立。平方和的界对和为一的任意实数也成立，但倒数的论证需要正性。

练习连续使用两次柯西–施瓦茨

对实数 $a_i,b_i,c_i$ 和 $n\ge1$，证明

$$\begin{aligned} &\left(\sum_{i=1}^{n}a_i b_i c_i\right)^4\\ &\quad\le\left(\sum_{i=1}^{n}a_i^4\right) \left(\sum_{i=1}^{n}b_i^2\right)^2\\ &\qquad\cdot\left(\sum_{i=1}^{n}c_i^4\right). \end{aligned}$$

展开解答

解

记

$$\begin{aligned} U&=\sum_{i=1}^{n}a_i b_i c_i,\\ V&=\sum_{i=1}^{n}a_i^2c_i^2,\\ B&=\sum_{i=1}^{n}b_i^2. \end{aligned}$$

第一次应用得到 $U^2\le VB$。两边非负，平方保持方向；第二次应用给出

$$V^2\le\left(\sum_{i=1}^{n}a_i^4\right) \left(\sum_{i=1}^{n}c_i^4\right).$$

合并即可。若 $B=0$，自动取等号。若 $B>0$，则两次柯西–施瓦茨都必须取等号：$(b_i)$ 与 $(a_i c_i)$ 线性相关，$(a_i^2)$ 与 $(c_i^2)$ 也线性相关；这里的条件包括零向量的情形。

练习含参数的界，以及取不到的最大值

对实数 $k$，证明对每个实数 $x$，都有

$$f_k(x)=\frac{(x+k)^2}{x^2+1}\le1+k^2.$$

这个界什么时候能够达到？

展开解答

解

对 $(x,1)$ 与 $(1,k)$ 使用柯西–施瓦茨即可。也可以直接写出差值：

$$1+k^2-f_k(x)=\frac{(kx-1)^2}{x^2+1}\ge0.$$

$k\ne0$ 时，在 $x=1/k$ 处取等号。$k=0$ 时，所有函数值都严格小于 $1$，但随着 $|x|$ 增大，$f_0(x)$ 越来越接近 $1$，所以上确界为 $1$，却没有最大值。证明没有除以 $x$，因此也覆盖 $x=0$。

练习循环二次式的差值

对实数 $a,b,c,d$，证明 $a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da$，并找出等号条件。

展开解答

解

两边之差的两倍为

$$\begin{aligned} &(a-b)^2+(b-c)^2\\ &\quad+(c-d)^2+(d-a)^2. \end{aligned}$$

它非负，且恰好在 $a=b=c=d$ 时为零。直接写出差值，就能同时看清不等式和等号条件。

练习倒数和中的项数条件不能省略

设 $n\ge2$、$a_i>0$，并记

$$s=\sum_{i=1}^{n}a_i.$$

证明

$$\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{s-a_i}\ge\frac{n}{n-1}.$$

对三个正数，包括三角形边长，它能推出什么？

展开解答

解

所有 $s-a_i$ 都为正，且它们的和为 $(n-1)s$。由倒数和的界，

$$\sum_{i=1}^{n}\frac1{s-a_i}\ge\frac{n^2}{(n-1)s}.$$

因此，

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{s-a_i} &=s\sum_{i=1}^{n}\frac1{s-a_i}-n\\ &\ge\frac{n^2}{n-1}-n =\frac n{n-1}. \end{aligned}$$

等号恰好要求各个 $a_i$ 相等。$n=3$ 时，左边至少为 $3/2$，因此严格大于 $1$。这里不需要三角形边长之间的关系，正性已经足够。$n=1$ 时原分母为零，这也说明了项数限制的必要性。

练习为三个比值不等式选择方法

对正数 $x,y,z$，证明

$$\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\ge x+y,$$$$\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2} \ge\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y},$$$$\frac{xy}{z^2}+\frac{yz}{x^2}+\frac{zx}{y^2} \ge\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}.$$

展开解答

解

第一题作差，得到 $(x-y)^2(x+y)/(xy)\ge0$，等号在 $x=y$ 时成立。

第二题令 $a=x/y$、$b=y/z$、$c=z/x$，就变成 $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$。其差值是 $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ 的一半。等号要求 $a=b=c=1$，因此 $x=y=z$。

第三题乘以正数 $(xyz)^2$，再令 $A=xy$、$B=yz$、$C=zx$，所需结论变为

$$\begin{aligned} A^3+B^3+C^3&\ge A^2B+B^2C\\ &\quad+C^2A. \end{aligned}$$

正数 $A,B,C$ 与它们的平方具有相同的排序。重排不等式说明同序配对不小于这个循环配对。等号要求 $A=B=C$，因此 $x=y=z$。

练习探索：用对数把乘积变成有序和

对 $a,b,c>0$，证明

$$a^a b^b c^c\ge a^b b^c c^a,$$$$a^a b^b c^c\ge(abc)^{(a+b+c)/3}.$$

可以使用自然对数递增，以及把乘积转为和的性质。

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解

取对数后，第一题是在比较：$a,b,c$ 与 $\ln a,\ln b,\ln c$ 的同序配对，和它们的一个循环配对。这两列顺序一致，因此可用重排不等式。即使原来的字母顺序并不递增，也可以同时重排对应的两列；循环分配在排序后仍然是一个排列。

第二题由切比雪夫求和不等式得到

$$\begin{aligned} &a\ln a+b\ln b+c\ln c\\ &\quad\ge\frac{a+b+c}{3}(\ln a+\ln b+\ln c). \end{aligned}$$

再取指数，两个比较的方向都保持。两题的等号均恰好在 $a=b=c$ 时成立。只取对数还只是改写问题，必须补上重排或切比雪夫这一步，证明才算完成。

练习探索：AM-GM 的有理权重

对正数 $a,b$，证明 $a^{3/4}b^{1/4}\le(3a+b)/4$。再把思路推广到权重 $m/n$，其中整数 $0<m<n$。

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解

对 $a,a,a,b$ 使用四项 AM-GM 即可。一般地，取 $m$ 个 $a$ 与 $n-m$ 个 $b$，得到

$$a^{m/n}b^{1-m/n} \le\frac mn a+\left(1-\frac mn\right)b.$$

等号当且仅当 $a=b$。这直接证明了有理权重的情形；推广到任意实权重，还需要额外的极限或凸性论证。

练习探索：为什么范数需要三角不等式

对 $p>0$，定义

$$N_p(u)=\left(\sum_{i=1}^{n}|u_i|^p\right)^{1/p}.$$

前面已证明 $p=2$ 时的三角不等式。现在取 $u=(1,0)$、$v=(0,1)$，检验 $0<p<1$ 时是否还成立。

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解

$N_p(u)$ 与 $N_p(v)$ 都等于 $1$，但当 $0<p<1$ 时，$N_p(u+v)=2^{1/p}>2$。因此三角不等式失败，这个表达式在该范围内不是范数。一般的闵可夫斯基不等式对 $p\ge1$ 成立；超出欧几里得情形的证明，留到更完整的范数理论中学习[2][2] P. S. Loh, “II. Inequalities,” 2003. June 18, 2003; notes on norms, rearrangement, and Chebyshev's sum inequality. https://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/2-inequalities-solns.pdf。

接下来阅读复数，模将给出二维距离，三角不等式也会重新以几何形式出现。

参考文献

1. [1] P. S. Loh, “6. Inequalities,” 2023. Carnegie Mellon University, Putnam Seminar, Fall 2023; classical inequalities. https://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/2023-295/06-inequalities.pdf ↩
2. [2] P. S. Loh, “II. Inequalities,” 2003. June 18, 2003; notes on norms, rearrangement, and Chebyshev's sum inequality. https://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/2-inequalities-solns.pdf a b