各种不等式 | 第 2 版

\(\boldsymbol{Inequality\ Beats!}\text{ II}\)

\(\boldsymbol{Inequality\ Beats!}\)

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• by djs
• latest update: 2023.05.15

中英混合警告！

\(\rm I\) 传统自由度概念下的不等式

不等式的天下！

\(\it 1.1\ \textsf{General Solution}\)

多变量求最值问题几乎贯穿高中数学所有板块，常用方法可分为：函数法、不等式法、几何法。

1. 暴力法（适用范围：易于函数化时）
2. 正统通解：简而言之，有条件消元，没条件主元，将待证问题转为函数研究。

• 如果遇到(不)等式过于不好处理，就设 t 转函数和方程 / 画图
• 一个等式消一个元（自由度分析）。如果等式不够，就\(\textbf{主元}\) + 根据函数性质消掉元
• 轮换对称式（对称思想）：\(x, y\) 地位等价
  • 这类式子取到最值的地方往往（但不完全）是 \(x = y\)（再投机一点就直接令 \(x = y\)）。
  • 均值换元：\(x, y \to M + k, M - k\)，往往最后可以得到 \(k = 0\)。
• 条件式含有待求式
  • 条件 / 目标相互靠近的思想
• 可以想想出题人是怎么把这个式子构造出来的（就是因为不会过于人类智慧），然后一步步将其构造过程逆向拆解。（作为辅助思想）

\(\it 1.2\) 不等式处理方法

\(\it p\ 1\) 均值不等式

均值不等式（和、积、平方和...）：调几算方（掌握二元、三元形式）

\[\dfrac{n}{\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{a_i}}\le{}^n\sqrt{\prod_{i=1}^na_i}\le\dfrac{\sum_{i=1}^na_i}{n}\le \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^2}{n}} \]

\(\it p\ 2\) 消元

最朴素的想法，使用条件是变量之间的等式较为好，可以将不等式转为函数（基本）。

\(\it p\ 3\) 主元

多个变量之间没有联系，可以获取在最优条件下变量之间的关系（相当于消元了）。

• 本质：贪心。
• 整体主元：相当于涂山苏苏说的变量冻结法。

• 如果你发现了 \(ab\) 是主元，那么换元简化计算。如果你没发现 \(ab\) 是主元，那么换元帮你主元。

\(\it p\ 4\) 齐次化

• 使用条件：可以较为方便地通过一些手段（例如用条件的等式代换）将要处理的式子变成齐次，进而同除换元。对齐次式（“次数”）保持敏感。
• 一个奇怪的方法：凑次数（\(x + \dfrac1{x^2} \to \dfrac x2 + \dfrac x2 + \dfrac 1{x^2} \ge ...\)）
• 广义齐次：\(\dfrac{x^4 + 1}{x^3 - x} = \dfrac{(x^2 - 1)^2 + 2x^2}{x(x^2 - 1)} \Rightarrow m\gets \dfrac{x^2 - 1}{x}\)（或者 \(原式 = \dfrac{x^2 - \frac 1{x^2}}{x - \frac 1x}\)）

\(\it p\ 5\) 算/配系数

• 咕咕咕
  • 例题：求 \(\dfrac{a + 2b}{a^2 + b^2 + 1}\) 最小值。
  • \(\dfrac{a + 2b}{a^2 + b^2 + 1} = \dfrac{a + 2b}{(a^2 + \frac15) + (b^2 + \frac45)} \ge \dfrac{a + 2b}{\frac{2}{\sqrt 5}(a + 2b)}\)
  • 目前什么时候用这个东西还不清楚。

\(\it p\ 6\) 换元

• 简化计算（例如弱换元，换掉分母、某些根式下的内容、配方、将椭圆转化为圆等等，总之简便计算，或者通过换元将式子转化为轮换对称）
• 黄金 \(n\) 角：典型的有 \(x, y, x + y, x - y, xy, x^2 + y^2\)，其实还有 \(x^2 - 1\) 这样的也可以算。（带系数的情况下长得比较对称也可以使用）；轮换对称变量的整体变换。
  • 比如说什么“和差换元”（\(a\gets x + y, b\gets x - y\)）
  • 这个换元的好处就是可以对式子的结构进行较大的变换，有时候甚至能降次。
• Ex 版 の 结论：
  • \(a^2 + mb^2 = p, a + nb = q\)
  • \(\to (n^2 + m)p\ge mq^2\)
  • \(\dfrac ab = \dfrac mn\) 时取等。
• 三角换元：看见形如 \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) 的式子考虑使用。
  • 配套使用的就是二倍角、降次、和差化积、万能公式等等（使用三角的代数技巧）。
  • \(x^2+y^2=1\) 换成 \(\sin\theta, \cos\theta\)，\(y^2-x^2=1\) 换成 \(\sec\theta, \tan\theta\)
• 均值换元：\(M\gets \frac12 (x + y), k\gets \frac12 (x - y)\)
  • 遇到轮换或者非常对称的式子可以考虑使用（因为这类式子的极值往往在 \(x = y\) 时取到，运用此换元往往会出现较好的性质）（甚至三元也可以设形如 \(M + k_1, M + k_2, M + k_3(k_1 + k_2 + k_3 = 0)\) 的东西）。

\(\it p\ 7\) 因式分解

• 基本上能因式分解就因式分解（会让式子变得简单）。
• 注意一些常见的可以因式分解的形式，例如 \(xy + x + y\) 等等。

\(\it p\ 8\) 设 t 法 / 线性规划

• 设 \(t\) 法本质上是将不等式转化为方程和函数（最值问题转化为判定性问题，也就是线性规划的本质）。如果转化之后的式子能处理那么差不多都可以用。（存疑）
• 线性规划：代数条件方便用几何的形式表现，例如 \(x^2 + y^2, xy\) 这样的式子。

\(\it p\ 9\) 几何意义

• 对一些有几何意义的代数表达式留意。
• 例如 \(\dfrac{1 - \sin x}{1 + \cos x}\)（斜率），\(\sqrt{x^2 + y^2}\)（距离）。

\(\it p\ 10\) 高级不等式：柯西 | 权方和

见下文。

• 还有一个琴生不等式（

\(\it p\ 11\) 求导

科技。遇到较简单的函数可以求导分析其性质。

\(\it p\ 12\) 拉格朗日乘数

• 终极杀招 \(\rm Link\)

\(\it p\ 13\) 三角式专题

• 降次，基本运算，辅助角，黄金 \(n\) 角（注意角度的变量尽量同一，方便操作）。
• 和差化积，积化和差（本质是和差换元 / 均值换元）
• 万能公式（但是小心会升次数）
• 切化弦（一般），弦化切（齐次式）。
• 详见阶段性小结。

\(\it p\ 14\) 其他

• 不好处理的函数可以考虑观察函数的特殊性质（对称、单调性、多段单调性分类等等）。
• 端点分析：将函数在端点时的取值带入借以分析整个函数的模样。
• 解二次绝对值不等式的等价定理：\(|a|\le|b|\to a^2\le b^2\to(a+b)(a-b)\le0\)

\(\rm II\) 大型不等式 | 不等式专项

\(\it 2.1\) 概念

\(\textsf{The Mean-Value Inequality}\)

Let \(F(m)=\sqrt[m]{\dfrac1n\sum_{i=1}^na_i^m}\). Specially when \(m=0\), we have \(F(0)=\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}\). It has been proved that the function \(F(m)\) is a monotonically increasing function with the increasing \(m\).

Only when \(\forall i, j\in[1, n], a_i=a_j\) does the inequality takes equal.

This will explain some common inequalities, for instance, \(\dfrac n{\sum_{i=1}^n\dfrac1{a_i}}\le\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}\le\dfrac1n(\sum_{i=1}^na_i)\le\sqrt{\dfrac1n\sum_{i=1}^na_i^2}\), refers to \(F(-1)\le F(0)\le F(1)\le F(2)\) for the array \(\{a_n\}\).

\(\textsf{The Cauchy's Inequality}\)

For any number sequences \(\{a_n\}, \{b_n\}\), we have \((\sum_{i=1}^na_i^2)\cdot(\sum_{i=1}^nb_i^2) \ge (\sum_{i=1}^na_ib_i)^2\).

Only when \(\forall i, j \in[1, n], \dfrac{a_i}{b_i}=\dfrac{a_j}{b_j}\) do we have \(\rm lhs = \rm rhs\).

\(\textsf{Weight-Power Inequality}\)

For any \(\{a_n \ge 0\}, \{b_n > 0\}\) and \(m\in(-\infin, -1)\cup(0, \infin)\), we constantly have \(\sum_{i=1}^n\dfrac{(a_i)^{m+1}}{b_i^m} \ge \dfrac{(\sum_{i=1}^na_i)^{m+1}}{(\sum_{i=1}^nb_i)^m}\). Specially, when \(m\) is in \((-1, 0)\), we have the inequality reversed (\(\le\)). Also, there will be \(\rm lhs = rhs\) if \(\forall i, j \in[1, n], \dfrac{a_i}{b_i}=\dfrac{a_j}{b_j}\).

\(\textsf{Proof of Cauchy using vector}\)

Let \(\vec m=(a_1, a_2, ..., a_N)\) and \(\vec n=(b_1, b_2, ..., b_N)\) be two vectors of \(N\) dimension. Then we can have the angle between them as \(\cos\left<\vec m, \vec n\right>=\dfrac{\vec m\cdot\vec n}{|\vec m||\vec n|}=\dfrac{\sum_{i=1}^Na_ib_i}{\sqrt{\sum_{i=1}^Na_i^2}\cdot\sqrt{\sum_{i=1}^Nb_i^2}}\). With \(\cos\left<\vec m, \vec n\right>\in[0, 1]\), we have \(\sum_{i=1}^Na_ib_i\le\sqrt{(\sum_{i=1}^Na_i^2)(\sum_{i=1}^Nb_i^2)}\), that is, \((\sum_{i=1}^Na_i^2)(\sum_{i=1}^Nb_i^2)\ge(\sum_{i=1}^Na_ib_i)^2\). If the inequality gets to equal, which means \(\cos\theta=1\), then this will lead to \(\vec m=\lambda\vec n\). Therefore, \(a_1:a_2:..:a_N=b_1:b_2:...:b_N\).

\(2.2\ \textsf{General Solution}\)

\(\textsf{Basic Logic}\)

如何掌握大型不等式？

• \(\textit{General Inequality}\) 总体说明
  • 注意在不等式使用时其取等条件以及取等带来的自由度减少。一种重要的不等式技巧就是多次利用相同的取等条件（尽管在自由度已经不够的情况下）。
  • 注意不等式中不等号的方向。
• Mean-Value Inequality 均值不等式
  • 首先，选取所有的 \(a_i\)。
  • 观察其组成成分。\(\prod a_i\), \(\sum a_i\) or \(\sum a_i^2\)? 根据 \(a_i\) 之间运算的不同性质决定另一边不等式的构成（主要是决定 \(F(m)\) 中 \(m\) 的值）。
• The Cauchy Ineuqality 柯西不等式
  • 基本构成为三个序列 \(a_i^2\)，\(b_i^2\) 和 \(a_ib_i\)，次数分别为 \(X, Y, \dfrac12(X+Y)\)。
  • 选取两个序列（\(\sf a_i^2 \& b_i^2\) 或 \(\sf a_i^2 \& a_ib_i\) 或 \(\sf b_i^2 \& a_ib_i\)）
    • 如果出现齐次式，尝试用多项式次数理论分析构造或选取对应次数的另一组式子（三组式子次数次数分别为 \(\boldsymbol{X + Y \longleftrightarrow \dfrac12(X+Y)}\)）。
  • 接着构造辅助式的系数。有时需要待定系数法（主要是待定系数以多次利用同一取等条件）。
  • 如果分母和加起来性质比较好就可以考虑。
  • 常用于：
    • 求特征次数的式子最值。
    • 求多项根式相加最大值。
    • 某些轮换对称式。
• The Weight-Power Inequality 权方和不等式
  • 基本构成为一个分式序列 \(\sum\dfrac{a_i^{m+1}}{b_i^m}\)。
  • 选取一个分式序列，决定 \(m\) 的值（次数）。
  • 接着直接使用权方和不等式即可。权方和不等式最大的作用就是将分母加在一起。
  • 注意同样可以使用待定系数法改变取等条件（例如 \(\dfrac1x \to \dfrac{\lambda}{\lambda x}\)）。

柯西不等式并不总是方便的，但它的真正价值在于解决一些表达式比其他常见的方法快得多，或者处理一列更复杂的表达式。

\(\textsf{Way to Use Weight-Power Inequality}\)

The greatest effect of this inequality is to add the denominator together in fractions.

• eg. \(x, y, z>0, x+y+z=1\), solve \(M=\dfrac1{x^2}+\dfrac1{y^2}+\dfrac8{z^2}\) for minimum.
• solution: \(M=\dfrac{1^3}{x^2}+\dfrac{1^3}{y^2}+\dfrac{2^3}{z^2}\ge\dfrac{(1+1+2)^3}{(x+y+z)^2}=64\)

\(2.3\ \textsf{Sample Problem & Training}\)

\(\textsf{Problem Set }\rm I\)

Problem 1.1

• \(a^2+2b^2+3c^3=1\)，求 \(a+b+c\) 的最大值。
• Solution
  • 观察到都是齐次式，而且一个二次一个一次，那么我们直接构造 \(\boldsymbol{2+0\leftrightarrow1}\) 的柯西不等式：
  • \((a^2+2b^2+3c^2)(1+\dfrac12+\dfrac13)\ge(a+b+c)^2\)

Problem 1.2

• \(x, y\ge 0, x+y\le 1\)，求 \(4x^2+4y^2+(1-x-y)^2\) 的最小值。
• Solution
  • 构造目标式子：
    • \(\left[\begin{matrix}(2x)^2 & \boldsymbol{\dfrac14} & x\\(2y)^2 & \boldsymbol{\dfrac14} & y\\(1-x-y)^2 & \boldsymbol 1 & 1-x-y\end{matrix}\right]\)
  • \((4x^2+4y^2+(1-x-y)^2)(\dfrac14+\dfrac14+1)\ge1\)
  • \(4x^2\to2x\to x, 4y^2\to2y\to y, (1-x-y)^2\to1-x-y\) \(\Rightarrow x+y+(1-x-y)=1\)

Problem 1.3

• \(x, y, z>0, x+y+z=1\)，求 \(\dfrac1x+\dfrac9y+\dfrac{25}z\) 的最小值。
• Solution
  • 构造次数为 \(\boldsymbol{1+(-1)\leftrightarrow 0}\) 的柯西不等式。
  • \((x+y+z)(\dfrac1x+\dfrac9y+\dfrac{25}z)\ge(1+3+5)^2\)

Problem 1.4

• \(x, y>0, 2x^2+y^2=2\)，求 \(x+\sqrt{2+3y^2}\) 的最大值。
• Solution
  • 经典柯西求根式相加最大值。注意此题需要一些初级的待定系数。
  • 先构造出 \((\lambda x^2+2+3y^2)(\dfrac1\lambda+1)\ge(x+\sqrt{2+3y^2})^2\) 的形式。结合条件 \(2x^2+y^2=2\)，为了让第一项为常数，我们需要 \(\lambda x^2:3y^2=2:1\)，解得 \(\lambda=6\)。
  • 故 \(\dfrac{28}3=(6x^2+2+3y^2)(\dfrac16+1)\ge(x+\sqrt{2+3y^2})^2\)。

Problem 1.5

• \(x, y>0, x+2y=1\), solve \(M=\dfrac1{x+y}+\dfrac1{x+4y}\) for minimum.
• Solution
  • 观察到分母经过待定系数后利用权方和直接相加就能直接处理，故构造待定系数的形式：
  • \(\dfrac{\lambda}{\lambda x+\lambda y}+\dfrac1{x+4y}\ge\dfrac{(\sqrt\lambda+1)^2}{(\lambda+1)x+(\lambda+4)y}\)\
  • 结合 \(\lambda+1:\lambda+4=1:2\) 解得 \(\lambda=2\)。
  • 即 \((\dfrac2{2x+2y}+\dfrac1{x+4y})(2x+2y+x+4y)\ge(\sqrt 2+1)^2\)。

\(\textsf{Problem Set }\rm II\)

Problem 2.1

• 求 \(f(x)=\dfrac{8}{\sin x}+\dfrac1{\cos x}\) 的最小值，其中 \(x\in[0, \dfrac\pi2]\)。不准求导！
• Solution
  • 已知式为 \(\sin^2x+\cos^2x=1\) 属于二次式，而所求为 \(-1\) 次式，无法直接使用柯西，故需要构造第三组式子多次使用取等条件相同的柯西不等式，检查不等号方向正确。
  • 初步确定为使用 \(\boldsymbol{2+0\leftrightarrow 1}\) 与 \(\boldsymbol{1+(-1)\leftrightarrow0}\) 的两次柯西，即第三组式子的形式为一次式 \(\sin x+\lambda\cos x\)。
  • 利用权方和将 \(\dfrac8{\sin x}+\dfrac1{\cos x}\) 转化为一次式：\(\dfrac8{\sin x}+\dfrac\lambda{\lambda\cos x}\ge\dfrac{(2\sqrt 2+\sqrt\lambda)^2}{\sin x+\lambda\cos x}\)，取等条件为 \(\boldsymbol{\dfrac{2\sqrt 2}{\sin x}=\dfrac{\sqrt\lambda}{\lambda\cos x}}\)。
  • 然后处理 \(\sin^2x+\cos^2x=1\) 与 \(\sin x+\lambda\cos x\) 的不等关系：\((\sin^2x+\cos^2x)(1+\lambda^2)\ge(\sin x+\lambda\cos x)^2\)，取等条件为 \(\dfrac{\sin x}1=\dfrac{\cos x}\lambda\)。
  • 两次取等条件需相等，即 \(\boldsymbol{[\dfrac{2\sqrt 2}{\sin x}=\dfrac{\sqrt\lambda}{\lambda\cos x}]=[\dfrac{\sin x}1=\dfrac{\cos x}\lambda]}\)，解得 \(\lambda=\dfrac12\)。
  • 带回原式，\(\sin x+\dfrac12\cos x\le\dfrac{\sqrt5}2\)，\(f(x)\ge\dfrac{(2\sqrt 2+\sqrt{\dfrac12})^2}{\dfrac{\sqrt5}2}=5\sqrt 5\)，当 \(\tan x=2\) 时取等。

Problem 2.2

• \(a, b, c>0, abc=1\)，证明 \((a+b)^3+(b+c)^3+(a+c)^3\ge24\)。
• Solution
  • 柯西一般不能处理三次，所以考虑均值或者权方和。猜测取等条件为 \(a=b=c\)，带回验证确实如此，那么我们就可以构造一系列取等条件为 \(a=b=c\) 的不等式进行证明。
  • 考虑均值，左式显然为 \(\sqrt[3]{\dfrac13[(a+b)^3+(b+c)^3+(a+c)^3]}\)，右式为 \(a+b, b+c, a+c\) 三者的运算。让他们相乘肯定不好处理，所以选择相加：\(\dfrac13(a+b+b+c+a+c)\)。
  • 于是我们有了第一个式子：\(\sqrt[3]{\dfrac13[(a+b)^3+(b+c)^3+(a+c)^3]}\ge\dfrac23(a+b+c)\)，取等条件为 \(a=b=c\)。
  • 接下来秩序使用 \(\dfrac13(a+b+c)\ge\sqrt[3]{abc}=1\) 即可。
  • 尽管自由度是错误的，但是我们借助相同的取等条件多次使用不等式也能解决这题。

Problem 2.3

• （2022 全国甲卷 T23）\(a, b, c>0, a^2+b^2+4c^2=3\)，证明：
  • \(a+b+2c\le 3\).
  • 若 \(b=2c\)，则 \(\dfrac1a+\dfrac1c\ge3\).
• Solution
  • 第一问直接柯西或均值即可。
  • 第二问参照 Problem 2.1。

Problem 2.4

• \(x, y>1\)，求 \(M=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1}\) 的最小值。
• Solution
  • Notice that if we directly use Cauchy, the expression will only contain one variable \(x+y\), and the process turned the original freedom degree \(2\) into \(1\)(\(t=x+y\)).
  • \((\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1})(y-1+x-1)\ge(x+y)^2 \to M\ge\dfrac{(x+y)^2}{x+y-2}=\dfrac{t^2}{t-2}\ge...\)

Problem 2.5

• \(x\in[\dfrac32, 5]\)，证明 \(M=\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x}<\sqrt{78}\)。
• Solution
  • 根式最大值，柯西即可。但注意这题需要两个参数 \(\lambda, \mu\)。
  • \([(4x+4)+\lambda(2x-3)+\mu(15-3x)]\cdot(1+\dfrac1\lambda+\dfrac1\mu)\ge M^2\)
  • 要求含 \(x\) 部分抵消 \((4+2\lambda-3\mu)x = 0\) 且常数部分参与运算后能得到正确的结果 \(78\)（\((4-3\lambda+15\mu)(1+\dfrac1\lambda+\dfrac1\mu)=78\)）。

\(\textsf{Practice}\)

Problem 3.1

• Descrpition
  • Solve \(f(k)=\dfrac{(k-\sqrt 3)^2}{1+k^2}\) for minimum.
• Solution
  • A special case. (It seems to appear frequently in the analytic geometry?)
  • \(4=\dfrac{(1^2+k^2)((-\sqrt 3)^2+1^2)}{1+k^2}\ge\dfrac{(k-\sqrt 3)^2}{1+k^2}\)

Problem 3.2

• Descrpition
  • solve \(M=(x+\dfrac1{2y})^2+(y+\dfrac1{2x})^2\) for minimum.
• Solution
  • \(M=x^2+\dfrac1{4x^2}+y^2+\dfrac1{4y^2}+\dfrac xy+\dfrac yx\ge 1+1+2\), only did the inequality gets to equal when \(x=y=\sqrt 2\).
  • it seems that there is a weird equivalency condition.
  • zhe zhong ti zhi hui huang jin \(N\) jiao? dan shi huang jin \(N\) jiao zhen de hao hao yong?

Problem 3.3

• Description
  • \(a, b, c>0, abc=1\), prove that \(M=\sum_{\rm cyc}(a+b)^3\ge24\)
• Solution
  • First, use the weight-power inequality as follow: \(\sum_{\rm cyc}\dfrac{(a+b)^3}{1^2}\ge\dfrac{(2a+2b+2c)^3}{(1+1+1)^2}=\dfrac89(a+b+c)^3\)
  • Then, it is obvious that \(a+b+c\ge3\) with the constraint of \(abc=1\), so \(\dfrac89(a+b+c)^3\ge24\).
  • Though it's unreasonable with the freedom degree (The freedom degree is \(0\) after the first inequality), but the condition of taking two equals are the same.

Problem 3.4

• Descrpition
  • Known \(x^3+y^3+z^3=1\), prove \(\sum_{\rm cyc}\dfrac{x^2}{y^2+z^2}\le\dfrac{1}{2xyz}\).
• Solution
  • link

\(\textsf{Drafts}\)

• link
• link2
• \(x\in[\dfrac32, 5]\), prove: \(\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x}<\sqrt{78}\)
  • why different ways of inequality fitting lead to different consequences?
  • eg. \(15-3x\to30-6x\) will lead to the wrong solution, but \(4x+4\to x+1\) is correct.
• 加权平均值不等式？
• The vector form of cauchy?
• cauchy and the analytic geometry?
• \(a, b, c>0\), \(abc=1\), prove that \((a+b)^3+(b+c)^3+(a+c)^3\ge24\)