1、第四講排序不等式與琴生不等式本節主要內容有排序不等式、琴生不等式、幕平均不等式、切比雪夫不等式及應用.排序不等式(又稱排序定理)：給定兩組實數 ai, a2, ，an； bi，b2, ， bn.如果 aia2an； bi b2 bn.那么 aibn + a2bn-1 + anbi (反序和)w ai bii+ a2bi + + anbi (亂序和)w aibi + a2b2+ anbn (同序和)，12in其中ii, i2,in是i , 2,n的一個排列.n該不等式所表達的意義是和式ajbj在同序和反序時分別取得最大值和最小值.j i Ji切比雪夫不等式：設有兩個有序數組aia2w an； b

2、ib2f(xi) + f(X2),則稱f(x)為a , b上的下凸函數.如圖(2)Xi MX2(2定理二：若f (x)是上凸函數，則對其定義域中的任意n個點xi,x2,.,xn恒有XXx if( 12n)f(Xi) f(X2). f(Xn),容易驗證 f(x) tanx,logi x分別nn-是(0,空),(0,)上的下凸函數。f(x) si nx,lgx分別是0, , (0,)上的上凸函數。定理 一和定理二所表達的不等關系，統稱為琴生不等式。冪平均：rrr 1設a1,a2,.,an是任意n個正數，我們稱( 一竺一)7(r0)為這一組數的r次a i a 2 a nnn幕平均，記為M( a1,

3、a2,., an)，簡記作M r (a)。由定義容易得到 M1 (a)可以證明 |叫M r(a) n a1 a2. an 。幕平均不等式：設ai,a2,，an是任意n個正數。如果，那么一定有M (a) M (a)，等號只有當n個數全相等時才能成立。例如n 3時，J 222/333一a2包a2埜 3色_a2一生，顯然M r(a)是r的遞增函數。3.33我們將在本節的附錄里對排序不等式、切比雪夫不等式、琴生不等式分別給出證明。由于幕平均不等式數學背景深，難度大，這里不再證明，有興趣的讀者可以參閱史濟懷先生著平均。A類例題例 1 求證 tan 66 tan 46 tan 253證法一：tan 66

4、tan 46 tan 25(tan 65tan 25 )tan 462 tan65 .tan25ta n453f (x) tanx 在(0,3)上是下凸函數。據琴生不等式tan 66 tan 463舉 tan6646253tan137tan 45tan 66 tan 46 tan 253說明：如原題改為求證 tan 66 tan44 tan 253，則證法二仍可，證法一則不靈。例2 ABC中求sin A sin B sin C的最大值。1解：考察函數 f (x) si nx， x 0,，對任意 x-i, x2 0, ， f (x1) f (x2)x-i x2 r1) (sin 捲 sin x2

5、) sin2x1x22x1x2x1x2x-1x2sincossin2 2 2x-ix2 x1x2x-ix21sin -(cos一-1)0，所以 f (-) f(xjf(x2)。因此 f(x)是上2 2 2 2凸函數。據琴生不等式sin A sin B sinCsin A sin B sin C .ABCsin333 33 3，當且僅當A B C 60時取得最大值一。2 23.3ABC3一3.A.B.C3cos coscos ，sinsinsin822222222鏈接：用琴生不等式可以輕而易舉得得到一系列三角不等式，例如 ABC中sin A.sin B.sin C例3若a 2b 12，求2a 2

6、b 1的最小值。解：由于y 2x是下凸函數(讀者自行證明)據琴生不等式匚蘭3abb2丁，即2a 2.2b 3.24，也就是2a 2b 148，當且僅當a b 4時達到最小值。說明：運用琴生不等式證題關鍵在于選去適當的輔助函數。 情景再現1. ABC 中，求 “si nA. sin B si nC 的最大值。22. f (x) ax bx c，若a 0 ,證明f (x)是下凸的；若a 0，證明f (x)是上凸的。3.用函數f(x)lg x的凸函數性質證明平均值不等式：對q 0 ( i1,2,., n )a1a2an叮 a1 a? .anB類例題例4設x, y,z都是正數，且x2z28，試證x3

7、yz3 16 2據冪平8 3,(3) .9，3也就是x51)若不等式 ab m4 a2 b2對所有正實數a,b都成立，則m的最小值是(第十三屆希望杯.高二)2)設a,b, c都是正數,試證 3(a3 b3 c3)(a b2 2 2c)(a b c )3 ) 設 a1, a2,，an且a1a2an1， 試證當m 1時有(a1丄)a1(a2 丄)ma2.(a n1 ) mann(n1)解:據冪平均不等式2 1-)24丁，因此.a、bva2 b2324，故m的最小值是324。a32）證明:(1),又 3333a b c32 2 2a b c因此(3i3. 33a b c )2a2b2(2 ),b3c

8、3a2b2c2也就是3（a3b3C3)(a bc).(a2b2 c2）。仿此，一般地設aa2,，a.都是正數,ra2rana a?ana a 2an3）證明:由幕平均不等式(a1 3a1(a21、ma2. (a n1)a.1a1a1a2ana2ana1a2a2an(a1JL)m . (ana2JL)m n(ana1a2an)m1,an)(a2由柯西不等式（或平均值不等式）易知(a1a2an).，于是得a21 2nan（2），由不等式（1）（ 2）)ma2.(a n )mann(n l)m。n1我們注意到許多不等式就是該不等式的特例。例如，設a,b都是正數，且a b 1，那么(a -)2 (b

9、)22521 21 21 2(a a)2(b 討(C C)2設a,b,e都是正數，且a b e 1 ，那么100。3例6已知非負實數x, y, z滿足x2y2 z2x 2y 3z證明、2232（2003-2003匈牙利數學奧林匹克）分析：我們想起這樣的一道題。已知OOx, y為非負實數，x y 1，求x y的最大值和最小值。這道題的幾何意義是點p（x, y）在單位圓的一段弧上，求點p縱、橫坐標之和的最值。對比我們做過的題和要做的題，發現其本質是一樣的，只不過問題由平民推到了空間, 過去的圓變成了現在的球因而解法完全類似。1 2 配方可得 （X -）2證明：由已知,23 2(y 1)2 (z -

10、)227（這表明點p（x, y, z）在以(21,|)球心，半徑為平均不等式1x -231 223 2(x 2) (y 1) (z 2)3.27 14 3.11-20 X y z時取等號。又x,y,z為非負實數，所以(x2 2z) x3(xz)2y z，相加得(xz)2 3(xz)4(x yz)212(x yz)130，解此不等式得立。 綜上V222e，且adel，求證 ad deeb be ea（1994年國家數學集訓隊 9人測驗試題）證明:因為abc d e，所以 deceb d a c ab，利用切比雪夫不等式，有a(de)b(c e) c(bd) d(ac)e(a b)】(a b5cd

11、 e)(d e)(ce)(bd) (a c) (ab) 55，也即2（ addc cbbeea) 5。因此addccbbe1ea5說明：排序不等式與切比雪夫不等式有共同之處，它們都有已經排序的兩組實數a1,a2,.,an ； b1,b2,.,bn都涉及到反序和及同 序和。不同的是在排序不等式中沒有每組數的算術平均，而在切比雪夫不等式中卻有an bib2邑。正因為有共性,因此它們是相通的，又由于有差異，作為數學工具，它們又有不同的功能和作用。在使用時, 我們必須把握住問題的結構特點，選擇最佳的切入點和突破口。例8設 ABC的三內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，其周長為1,求證：丄A3（a

12、b E）。A B CA （這種形式是題目所需要的）。這樣既不改變問題的實質， 又增加了已知條件:A分析：由問題的對稱性，不妨設a b c，三角形中大邊對大角，于是有 AC B兩組有序實數a b c，及C-。這就為應用排序原理創設了很好的情境。A證法一：用排序原理。不妨設b c,于是有A1等式a.CbC B B式兩邊同加1c.AcC， b B1 a.Aa_Bc證法二：比較法(b a) (c a)c bB1B1c.（同序和大于或等于反序和） Cb a b 丄相加得A A BC，并注意到(A(aA山)C丄3(旦C A1Bb)B(a b)(A B)ABB E)。C)(c1BcA 空A1。由排序不A旦A

13、2bBbBc 2bBa b)B )Q oC 1C也就是C b cA丄：a，同理C2c空，不等CC)a b 2cC(c a a c) (A C )aB“ 一 1 1，就得Ac b c C)bBb) (a c) (b c)C(a c)(A C) (bAC1B2aA(b a(Ac)(BBC說明：利用排序原理證明其他不等式時，必須制造出兩個合適的有序數組。 情景再現2）設a,b,c,d都是正數，試證a35.已知 a1 ,a2 ,.,an是正數，求證 （a1b33. 3c d4(a6.6 6b cd6)11 212)(a2).(an)a1a2an(ai a2an6.7.aia2)2an假設 bi,b2,

14、.,bn 是正數 ai, a2,.,an的某一排列，證明iaii bi設a, b, c是三角形的三邊長，求證a2(b c a) b2(cb)2c (a b c) 3abcn，下列不等式成立:n 3kk i k28.設 x 0，求證：1 x x2 x3 . x2n(2n i)xn例9設ai,a2,.,an為兩兩不等的正整數，求證：對任何正整數（第 20屆IMO試題）證法一：用排序原理。對于任意給定的正整數n，將a1, a2,., an按從小到大順序排列為an1(n 1)21321221 a112 a2 212 22an12n1a221an 2nnak1n akk1。又因a1,a2 ,., an為

15、ak1,2,.n )akk 1 k2n上k 1 k2ak2k 1 k證法二：用平均值不等式。據平均值不等式的變形形式2aak有Qn玉 k 1 k2(丄)2akak這樣便有 卑k 1 k2k 1 akk 1 ak k 1k2n1k 1 k證法三：用柯西不等式。據柯西不等式有（丄）2k 1 k(，()k 1 k k 1 akn，兩邊約去正因式說明：這題證法很多，除了上述的證法之外還可用比較法、 數學歸納法來證得，讀者不妨一試。放縮法、增量法、構造法、2 2例 10 W.Janous 猜測：設 x, y, z 0 ,則z xz2證法一：用排序原理。考察兩組實數22 口,y ,z 及 yy，由對稱性，

16、不妨設2x y z，由此則得x序原理X212 1212121yy zXzzXyXzXzy2和），移項后得yz2 X2 z2yX2 2 z0XXyy zzXuX1(u2(v2(uv證法二1:代換法。令Xyv，則得ywyzwzwvw wu uvuv(u wvw)0（*），由于vwuwuv2zw)V）vw2U，vw wu ” vw.，即 u v2 1 y - x y同理可證u uvvuv 2v，三不等式相加便得w鏈接：由證法一很容易將 W.Janous 猜測推廣：1，由排x z x y（順序和不小于亂序u），代入后原不等式化為證明vwwuuv設XiS x1x2xn，則2 2x2x1X222X3X2S

17、X32XnS x1情景再現9.設a, b, c為正數，求證a3b3c3beaeab10.已知a,b,e都是正數,求證a8b83, 3_3a b ce8(u V w)。i 1,2,., n )，記01n a1，求證 i 1 J1ai習題四n1.設 a1,a2,.,an都是正數(n 2)，且 aii 12. n是給定的正整數（n 3）,求單位圓的內接n邊形面積的最大值。21,2,3,4,5 ，滿足 sin X1.2sin x2sinX512(sin x-isin x2sin x5) cosx1 cosx2C0SX54.設X1,X2,.,Xn是正數，P是正整數，證明-(X1PnPX2PXn )1(為

18、X2.Xn)PnB類5記 ABC的三邊長為a,b,c ；1(ab c），求證.pPC3p6.已知1, 2,，n都非負且1，求 si n2 1sin 2sin2n的最大值。7.設 x-iX2Xn， y1 y2yn，又 Z1,Z2,，Zn 是 y1,y2,，yn的一個排列，求證:n(Xii 1yi)2n(XiZi)2i 1（第17屆IMO試題）8.設a, b, c是三角形的邊長，求證:a2b(ab) b2c(b c)c2a(c a) 0（第24屆IMO試題）9.設x1 ,x2,., xn與a1, a2,., an是任意兩組實數，它們滿足條件:(1) x1 x2Xn0(2)| X1 | X2 |.|

19、 Xn |1(3) a1a2an（n 2），為了使不等式|a1x1 a2x2 anxn | A（a1 an）成立，那么數 A的最小值 是多少？（1988年理科試驗班復試試題）10.平面上給定n個不同的點，試證：一定可以畫一個圓，使圓內恰有k個點，而其余n k個 點都在所畫的 圓外面。附錄1.排序不等式：給定兩組實數a1, a2,., an ； b-i ,b2,., bn，如果a1 a2 an ；b-ib2bn，那么a-|bna2bn1anb1（反序和）a1bi1a2bi2anbin （亂序和)aibi a2b2 anbn (同序和)，其中 ii, i2 , in 是i,2，,n 的一個排列。證

20、明：對于任意k,hi,2，n，(aibiakbn) (aibnakbi)(ai aQ(bibn)0,由此得a1b1akbaibnakbi。所以，我們可將aida2bi2a.*中的第一項12的因數bh與bi對調，和不會減少，同樣可將第二項調為a?b2，依次類推即得aibii a2bi2 an binai bia? b?anbn，同樣可以證明aibn a2bn i anbiif 2 i2aibii a2bi2anbn。排序不等式的證明反映了調整的思想，通過調整產生變化并逐漸接近結論同排序不等式可以證明好些其他的重要不等式，例如切比雪夫不等式、平均不等式、 柯西不等式。2.切比雪夫不等式：設有兩個有

21、序數組a1a2an ；bib2bn，則(aibn na2bni a n b1 )aia2an bib2bn(ai bi na2b2由排序原ai bia?b2anbnai bia?b2an bn ，aibia2b2anbnaib2a?b3anbi， aibia2b2 an bnaibna2bianbn i，相加nnaibii i(ai)( bi)，即i i樣可證aibnn i inaii ibi3.琴生不等式：若f(x)是上凸函數，則對其定義域中的任意Xi X2 f(2xn i)-f (Xi)f(X2) f (Xn )n證明：用數學歸納法。n i時，不等式顯然成立。nXXi2) 一f(Xi) f

22、(X2)成立。假設 n22x1 x2 X2kif(歹)尹心)f(X2)f(X2k )naii inbii iaibi，同n個點Xi ,X2，Xn，恒有2時，由上凸函數的定義不等式k2 時命題正確，即X1 Xo . Xk 1 f(尹一)1X-1X2.X2k號2 k 1 X?k 2Xk 1)1X1X22kx2kq kX q k q)f(212 22kX2 k 1)1 12【歹(f (x1)f (X2 ).+(f(X2k1)f(X2k 2). 叫)f(Xi) f(X2) .f (x2k)f(x2k 1)f (x2k i )。這就是說當n 2k 1時，不等式也成立。因此當n2,4,8,16,.,2k時

23、不等式總成立。接下來我們再證明當 n 定成立。2)如果不等式成立，那么當n k 1時不等式也一設f(X-Ix2kxk1嚴1)f(X2)f (Xk )令 XkX-Ix2k. Xk 1 代1Xk 1X1x2Xk 1入得f (1kf(X1) f(X2)f(Xk1)X1 x2f(k4)，也就是f(X1 X2k 1Xk 1 亠)1丄f(xj kf(X2)f (Xk1)f(X1 X23)，整理便得k 1X1 X2f( 12Xk 1 )1L(X1)g .f (Xk1)，這就是說當nk 1時不等式也一定成立。當 n 2,4,8,16,.,2k,2k 1,.時不等式成立(大踏步前進)，然后又證明了成立，必導致

24、本節情景再現解答1時成立(將前面空檔回填)，因此對任意正整數不等式都成立。1.X1,X2(0,由幕平均不等式sin sinx2sin sinx22sin x1 sin x22X1X2X1X22 sincos 2 2sin X1X22Itsin x1sin x2曲2曲2。此式說明函數f(X)亦在(0,)上是上凸函數。251據琴生不等式 si nAsinB sinC 3、sinA B C33,3，最大值為302巳2.設Xi,X2為任意實數,X13 0，f(X1)f(X2)2frX2)3(X1 X2)20 ,因此2f (寧)12f(X1)f （X2），故f（X）為下凸函數。a 0時同理可證為上凸函數

25、。3.容易知道f（x） Igx為正實數集上的上凸函數，31,32,.,3n為任意正實數。據琴生不等式ig33231 (ig 31ig 32 . ig3n), 去 對n33 23nn 3132.3n，當 31323n時取等號。4. 1 ）參考例5中2），有35 b5c533 b3c3 32 b2c2，又3 3b3 c33abc，代入即得所證。2 ）與1 ）證法相同（31丄）315.據幕平均不等式-2(32a2.(3 n丄)2 13n 2131311323213n3n33?3n332平方后即得。6.不妨設a131323n(3232332一，因此3n)2. (3n 丄)323n3113n 0 ,則一

26、3n的一個排列，故由排序原理3n131 3133?3232132一323n3n，兩邊313n3323n1 11注意至u ,，一是b1 b2bn1 （反序和）13n11aa?b1b21 亠a1an （亂序和），即bnb1aa 2b2bianbn7.不妨設a由排序原理先得a（ba)b(ca b) c(ab c),再得a2(b c a)b2(ca b)c2 (ab c)ab(cb)bc(a b c)ca(bc a)a2(b c a)b2(ca b)c2 (ab c)ab(ba)bc(c a b)ca(ab c)以上兩不等式相加便得。8.序列 1, x,x2 ,.,xn與 1, x, x ,., x有

27、相同的次序,.,x,1有相反次序，而x,x2,., xn ,1 是 1, x, x2,.,xn 的一個排序。所以1.xxx1x24 x2n.x(n1)xn (1）。同樣1.x2x.x .n 1x .Xnxn.11 .xn 1xx24xxx2n xn 112nx x32n 1 n x x(n 1)xnxn.1,即xn.1 ，即111abc2 a.2b2c9.不妨設a b c，則，abcbcacab bcacabbcacab.2a 2 b2 c abbcacacabbcbcaabcbcacab cabcab1118 ab88 c10.三次用到排序原理。不妨設ab c0，則丄，故333bcacaba

28、3b3c（2），（ 1）+（2）便得所證。本題用平均不等式也可證得。13 c2 a5 a1.51515 a1b515133b cb33cc a3. 3a b33c a3. a b3i 33b c21,2 1 2 11,2 121111a3b3 c3b Tc3acbabcabc習題四解答1 11設 a1a2b2a1b3an,由此可得(1aj 2(1 a?) 2（1 an） 2，由切比雪夫不等n卡11式 ain i 1;-.f 1 aiaii 1ai，也就是ai2.如圖，容易證明當圓內接n邊形的所有頂點都在某一條直徑的同側時,n邊形面積不可能取得最大值。設n邊形頂點A1, A2,., An不在任何

29、一條直徑的同側。令A1OA21 ，A2OA32,., An OA1n，0i(i1,2,3,., n )。nn2Sn邊形(sin 1 sin2.sinf(x)sinx在(0,)上是上凸函數，據琴生不1 sin 2亠sinn . 2-sin n，Sn邊形-si nJ，當2 n且僅當正n邊形時取得最大值。3.由已知 1 sin2 x1 sin2x2 sin2x3sin2x4sin2x5，即cosx1sin2 x2sin2 X3 sin2X4 sin2 x-， 再據 幕平均不等式得:.2. 2 . 2 .2sinx2sinx3 sinx4sin x5sin x2sin x3sin x4 sin x52

30、于是有C0SX1sin x2 sin x3sin x4sin x5234-，同理可得關于2cosx2 ,cosx3, cosx4, cosx5 的同類不等式,五個不等式相加，即得所證。4.由于p 1,由幕平均不等式X12X2XIx2x22X1表明f(x) xp在(0,)上是下凸函數。因此有x! x2 . Xn p 1 ppP ()-(Xi x . Xn )nn5.注意到f (x). x是0,)上的上凸函數，從而有.p a p b ； p cp a p b p c 3( V3p，另外一個不等式兩邊平方后，成為一個顯然成立的式子。326. f (x) sin x ( x(0,)是上凸函數，據琴生不等式.2sin 1.2sin 2.2 sinsin2一n ,因此有 sin2 1nsin2 2sin2 n n.(sin)2，對正整數 n再n求n.（si n）2的最大值。當n 1,2,3,4時，n.（si n）2的值分別為0, 2, 9 , 2。當n 4時 nn4由不等式sin x2x可知 n.(sin )n2 2 2n.n2 n 54。綜上所求的最大值當n 3時應9是。此時43。當02時最大值應是2，此時1