均值不等式学习笔记

从平均数说起

我们都知道 $n$ 个数的平均数表示为：

$$\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots a_n}{n}$$

这种最常见的平均数被称为“算术平均数”（Arithmetic Mean）。还有一种常用的平均数为“几何平均数”（Geometric Mean），计算公式如下：

$$\sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3\cdots a_n}$$

其几何意义为：考虑一个 $n$ 维“长方体”，各边长度用 $a$ 数组表示，则几何平均数为“与其体积相等的 $n$ 维正方体的边长”。

几何平均数在金融领域也十分常用，比如：初始股票有 $100$ 元，第一个月增长了 $100\mathrm{\%}$ 至 $200$ 元，第二个月跌了 $50\mathrm{\%}$ 回到 $100$ 元。现在计算平均增长率，如果使用算术平均数，则计算得 $\frac{100\mathrm{\%}+(-50\mathrm{\%})}{2}=25\mathrm{\%}$。

但通过常识我们知道答案应该为 $0$。朴素的计算方法为：假设平均增长率为 $r$，则需要满足 $(1+r)(1+r)=(1+100\mathrm{\%})(1-50\mathrm{\%})$。此时的 $r$ 才是需要求的平均增长率。可以发现，这个式子事实上就是在求 $(1+100\mathrm{\%})$ 和 $(1-50\mathrm{\%})$ 的几何平均数。

回到数学领域。事实上，这两种平均数是有严格的大小关系的，即均值不等式。

均值不等式

均值不等式（AM-GM Inequality）是数学中非常常用的一个公式，表示为：

$$\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3\cdots a_n}$$

即，$n$ 个数的算数平均值大于等于几何平均值。该不等式成立的条件为这 $n$ 个数是非负数。不等式取等的充分必要条件为这 $n$ 个数全部相等。

证明

证明有很多种，这里就拿最常见的一种证明讲解。

首先考虑只有两个数的情况。此时的证明比较容易：

$$\begin{gathered} (x-y{)}^2\ge 0 \\ {x}^2+y^2-2xy\ge 0 \\ {x}^2+y^2\ge 2xy \end{gathered}$$

令 $x=\sqrt{a_1},y=\sqrt{a_2}$，则有：

$$\begin{gathered} a_1+a_2\ge 2\sqrt{a_1{a}_2} \\ \frac{a_1+a_2}{2}\ge \sqrt{a_1{a}_2} \end{gathered}$$

于是两个数的均值不等式得证。

接下来，推广到 $n=2^k$ 时的证明。使用数学归纳法：

假设均值不等式在 $n=k$ 时成立，我们证明其在 $n=2k$ 时成立：

$$\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{2k}}{2k}\ge \sqrt[2k]{a_1{a}_2{a}_3\cdots a_{2k}}$$

$$\iff \frac{1}{2}(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k}+\frac{a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots +a_{2k}}{k})\ge \sqrt{\sqrt[k]{a_1{a}_2\cdots a_k}\sqrt[k]{a_{k+1}{a}_{k+2}\cdots a_{2k}}}$$

设 $x_1=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k},x_2=\frac{a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots +a_{2k}}{k},y_1=\sqrt[k]{a_1{a}_2\cdots a_k},y_2=\sqrt[k]{a_{k+1}{a}_{k+2}\cdots a_{2k}}$，则由于假设 $n=k$ 时成立，所以 $x_1\ge y_1,x_2\ge y_2$。又因为均值不等式在 $n=2$ 时成立，所以：

$$\frac{1}{2}(x_1+x_2)\ge \frac{1}{2}(y_1+y_2)\ge \sqrt{y_1{y}_2}$$

由于 $n=2$ 时成立，所以可以推出 $n=4,8,16\cdots$ 时也成立。故 $n=2^k$ 时成立。

然后我们考虑倒序证明。我们证明：若均值不等式在 $n=k$ 时成立，则在 $n=k-1$ 时也成立。这个证明就比较容易了：

设这 $k-1$ 个数的算术平均值为 $A$，则加入元素 $A$ 后形成的 $k$ 个数的数组算术平均值不变。由于在 $n=k$ 时成立，所以：

$$A\ge \sqrt[k]{a_1{a}_2\cdots a_{k-1}A}$$

两边同时取 $k$ 次方，得：

$$\begin{gathered} A^k\ge a_1{a}_2\cdots a_{k-1}A \\ {A}^{k-1}\ge a_1{a}_2\cdots a_{k-1} \end{gathered}$$

再同时取 $k-1$ 次根，得：$A\ge \sqrt[k-1]{a_1{a}_2\cdots a_{k-1}}$

于是得证。由于对于每个 $n$ 都存在某个 $k$ 使得 $n\le 2^k$，所以可以从 $2^k$ 一步步倒推，所以均值不等式对于任意 $n$ 成立。

对于两个数的均值不等式，还有一个巧妙的无字证明如下图：

由相似或勾股定理可以得出，黄线的长度即为 $a,b$ 的几何平均数。

应用

在应用上，有两个非常常用的转化，这里先写出来以省略后面的推导篇幅。

$$\begin{gathered} a_1+a_2+\cdots a_n\ge n\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n} \\ {a}_1{a}_2\cdots a_n\le (\frac{a_1+a_2+\cdots a_n}{n}{)}^n \end{gathered}$$

即：$n$ 个数的和大于等于 $n$ 倍几何平均；$n$ 个数的积小于等于算术平均的 $n$ 次方。证明显然，只是将均值不等式移了一下项。

问题一：证明对于周长固定的矩形，正方形的面积最大。

设周长为 $C$，长宽为 $a,b$，则有 $a+b=C/2$。面积为 $ab$。由转化二可知，$ab\le (\frac{a+b}{2}{)}^2=(\frac{C}{4}{)}^2$，因此面积 $ab$ 最大不超过 $(\frac{C}{4}{)}^2$。由取等条件可知，$ab=(\frac{C}{4}{)}^2$ 当且仅当 $a=b$，即为正方形。

问题二：某工厂要制造一个无盖的圆柱形桶，要求容积为 $\frac{3}{2}\pi$ 立方米。底面的金属每平方米 $3$ 元，侧面的每平方米 $2$ 元。求最小造价以及方案。

设底面半径为 $r$，高为 $h$，则要求 $\pi r^{2}h=\frac{3}{2}\pi$，即 $r^{2}h=\frac{3}{2}$。此时的花费为 $\pi r^2\cdot 3+2\pi rh\cdot 2$。由均值不等式的转化一：

$$\begin{array}{rl}\pi r^2\cdot 3+2\pi rh\cdot 2& =\pi r^2\cdot 3+2\pi rh+2\pi rh\\ & \ge 3\sqrt[3]{\pi r^2\cdot 3\cdot 2\pi rh\cdot 2\pi rh}\\ & =3\pi \sqrt[3]{12r^4{h}^2}\\ & =3\pi \sqrt[3]{12(r^{2}h{)}^2}\\ & =9\pi \end{array}$$

由取等条件可知，当 $\pi r^2\cdot 3=2\pi rh$ 时花费最小，即 $h=\frac{3}{2}r$。

这个不等式的推导涉及到“拆项”的技巧，即第一行中把 $2\pi rh\cdot 2$ 拆成 $2\pi rh+2\pi rh$。仔细观察上面的过程可以发现，均值不等式实际上将加法转换为了乘法。虽然是否拆项在加法上没有区别，但转化到乘法就会导致次数的不同。此处是为了凑 $r^4{h}^2$（因为给定 $r^h$ 为常数）。

例题

题目传送门

题意：一个小球下落时间为 $\frac{A}{\sqrt{g}}$，初始时 $g=1$，每次可以花费 $B$ 的时间将 $g$ 增加 $1$，问最小总时间。

考虑答案关于 $g$ 的函数 $f(g)=\frac{A}{\sqrt{g}}+B(g-1)$，由于最小值与常数无关，所以可以看成 $f(g)=\frac{A}{\sqrt{g}}+Bg$，则由均值不等式：

$$\begin{array}{rl}f(g)& =\frac{A}{\sqrt{g}}+Bg\\ & =\frac{A}{2\sqrt{g}}+\frac{A}{2\sqrt{g}}+Bg\\ & \ge 3\sqrt[3]{\frac{A^{2}B}{4}}\end{array}$$

由此可知函数最小值不会小于 $3\sqrt[3]{\frac{A^{2}B}{4}}$，取等条件为 $\frac{A}{2\sqrt{g}}=Bg$，即 $g=(\frac{A}{2B}{)}^{\frac{2}{3}}$。

By EternalAlexander

#include <bits/stdc++.h>
const long double eps = 1e-10;
using ldb = long double;
using ll = long long;
ldb a,b;
long double calc(long double x) {
	return x * b + (long double) a / std::sqrt(1 + x);
}

int main() {
	std::cin >> a >> b;
	long double x = pow( a / (2 * b) , 2.0 / 3 ) - 1;
	ll x1 = x;
	long double ans = a;
	for (ll p = x1 - 10; p <= x1 + 10; ++ p) ans = std::min(ans,calc(p));
	printf("%.10Lf",ans);
	return 0;
}