均值不等式

本页面介绍三种平均——调和平均、几何平均、算术平均——以及把它们串成一条链的算术-几何-调和平均不等式 \(H_n \le G_n \le A_n\)。它是第一章里最常用的"估计工具"：求最值要靠它，后面讨论数列极限时用它做夹逼，讨论积分时用它做上下界估计。本页给出这条不等式链的完整证明（\(n = 2\)、\(n = 2^k\)、两种填补法把它推广到任意 \(n\)（见下面两栏）、调和部分），并说明等号成立的条件。

本节之前还有两个基本不等式（\(ab \le \dfrac{a^2+b^2}{2}\) 与三角不等式），见绝对值、三角不等式与两个基本不等式；本页 \(n = 2\) 的证明与前者是同一件事的两种写法。

证明的主线是"先易后难、再用技巧补齐"：两数情形由完全平方公式直接得到；两数的幂 \(n = 2^k\) 由归纳得到；任意 \(n\) 用填补技巧从 \(2^k\) 借过来：补齐时既可以补算术平均（本课采用的一种），也可以补几何平均（课外补充），两种补法在第三步下用两个标签栏并列给出，任选一栏读即可。这条路线值得记住，它不仅证明了一个不等式，也是"把特殊情形推广到一般情形"的标准套路。

前置知识

• 集合：\(\sum\) 与 \(\prod\) 的记号，用于书写 \(n\) 个数的和与积
• 映射：开方 \(\sqrt[n]{\cdot}\) 是正实数集到正实数集的映射，它确实存在、且 \((\sqrt[n]{a})^n = a\)，这一点的严格证明要用到实数系的完备性，见后续章节
• 函数与反三角函数：幂函数 \(x^n\) 与根式函数 \(x^{1/n}\) 在 \(x > 0\) 上的单调性
• 数学归纳法：用于第二步把 \(n = 2\) 推到 \(n = 2^k\)
• 完全平方公式 \((\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0\)，只需这一条就能启动整个证明

引入

中学里已经知道"两个正数的算术平均不小于几何平均"。这句话之所以值得单独成一节，是因为它有三个特点：

• 用得上。 求函数最值的固定套路就是"凑成和或积为定值，再用不等式"，例如 \(x + \frac{1}{x} \ge 2\)（\(x > 0\)）。它也是后面讨论数列极限时最常用的夹逼工具，以及估计积分上下界的常用手段。
• 不容易证。 两数情形一行就能写出，一般的 \(n\) 却要费一番功夫。难点不在"想不到"，而在"怎么把 \(n = 2\) 推广到所有 \(n\)"。
• 容易用错。 忘记 \(a_i > 0\)、不验证等号能否取到、把不等号方向记反，都是常见错误。

先把三个平均的直观含义说清楚。对两个正数 \(a, b\)：

• 算术平均 \(\dfrac{a + b}{2}\) 就是数轴上 \(a\) 与 \(b\) 的中点的坐标；
• 几何平均 \(\sqrt{ab}\) 是以 \(a\) 与 \(b\) 为边的矩形的等面积正方形的边长——把长 \(a\)、宽 \(b\) 的矩形改造成正方形，边长就是 \(\sqrt{ab}\)；而 \(\sqrt{ab} \le \frac{a + b}{2}\) 则说明：在所有周长为 \(2(a + b)\) 的矩形中，正方形的面积最大；
• 调和平均 \(\dfrac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}\) 是并联电阻公式 \(\dfrac{1}{R} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\) 解出的 \(R\)；也是"一段路去时速度 \(a\)、回时速度 \(b\)，全程平均速度"的答案。

三种平均从均匀程度看是递进的：调和平均偏向小的那个数，算术平均偏向大的那个数，几何平均居中。这就是下面的不等式链 \(H_n \le G_n \le A_n\) 的直观来源。

三种平均

以下若不另作说明，一律设 \(n \in \mathbb{N}^*\) 且

\[ a_1, a_2, \dots, a_n > 0 . \]

这个前提贯穿全节，不能省略，原因见后面的「常见误区」。

定义（调和平均、几何平均、算术平均）

设 \(a_1, a_2, \dots, a_n > 0\)。定义它们的

• 算术平均（arithmetic mean）：

  \[ A_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i = \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}; \]

• 几何平均（geometric mean）：

  \[ G_n = \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} a_i} = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n}; \]

• 调和平均（harmonic mean）：

  \[ H_n = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}} = \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n}}. \]

三个定义中各有一处需要注意：

1. 前提 \(a_i > 0\) 不可省。 几何平均要用到开 \(n\) 次方，而负数在实数范围内未必开得出偶次方；调和平均要做 \(1 / a_i\)，\(a_i = 0\) 时无意义。三个平均的公分母 \(\sum 1/a_i\) 也只有在 \(a_i > 0\) 时才不为零。

2. \(n = 1\) 时三者相等。 此时

   \[ H_1 = \frac{1}{1/a_1} = a_1, \qquad G_1 = \sqrt[1]{a_1} = a_1, \qquad A_1 = a_1, \]

   这是平凡情形，不等式链退化为等式。后面讨论证明时只需处理 \(n \ge 2\)。 3. 三种平均量纲一致。 若把全部 \(a_i\) 换成 \(c a_i\)（\(c > 0\)），三个平均都乘以 \(c\)。这说明它们都是"一次齐次"的，求最值时可以放心地做伸缩。

主要定理

定理（算术-几何-调和平均不等式）

设 \(a_1, a_2, \dots, a_n > 0\)，则

\[ H_n \le G_n \le A_n , \]

即

\[ \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}} \;\le\; \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} a_i} \;\le\; \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i . \]

并且两个等号同时成立，当且仅当

\[ a_1 = a_2 = \cdots = a_n . \]

记忆法与非平凡性的提醒

• 记法。 字母表里 \(H\) 在 \(G\) 前，\(G\) 在 \(A\) 前，恰好对应 \(H_n \le G_n \le A_n\)：调和小、算术大。另一种记法是看哪个平均"最偏向小数"——调和平均对小的 \(a_i\) 最敏感（分母里有 \(1/a_i\)，\(a_i\) 小时它很大），所以最小。

• 顺序不能反。 初学时最容易写反成 \(A_n \le G_n \le H_n\)。用一组数验证：取 \(a_1 = 1\)、\(a_2 = 4\)，则

  \[ H_2 = \frac{2}{1 + \frac{1}{4}} = \frac{8}{5} = 1.6, \qquad G_2 = \sqrt{4} = 2, \qquad A_2 = \frac{5}{2} = 2.5 . \]

  确实是 \(1.6 \le 2 \le 2.5\)。

• 不等式链的强度。 \(H_n \le G_n\) 与 \(G_n \le A_n\) 各自可以独立使用。做估计时先用哪一段，取决于题目给的是"和"，还是"积"，还是"倒数和"。

• 等号条件只需验一次。 因为 \(H_n \le G_n \le A_n\) 中，只要 \(H_n = A_n\) 就已经说明全部 \(a_i\) 相等（见后文对等号条件的逐段分析）。

证明

整个证明分四步。前三步只处理 \(G_n \le A_n\)，第四步用"取倒数"把结果搬给调和平均。

第一步：\(n = 2\) 的情形

命题（\(n = 2\) 的算术-几何平均不等式）

设 \(a, b > 0\)，则

\[ G_2 = \sqrt{ab} \le \frac{a + b}{2} = A_2 , \]

等号成立当且仅当 \(a = b\)。

也可以从另一个式子入手

先看第一个基本不等式 \(2ab \le a^2 + b^2\)（由 \((a-b)^2 \ge 0\) 展开），再把其中的 \(a, b\) 换成 \(\sqrt a, \sqrt b\)（\(a, b > 0\) 保证这两步都在正数范围里），立刻得到

\[ 2\sqrt{a}\sqrt{b} \le a + b, \qquad \text{即} \qquad \sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2} . \]

这与下面从 \((\sqrt a - \sqrt b)^2 \ge 0\) 出发的证明是同一件事（展开之后只差一步移项），两种写法都要会。

证明

由实数的平方非负性，\((\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0\)。展开左边：

\[ (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 = a - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + b = a + b - 2\sqrt{ab} . \]

这里用了 \(\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}\)（\(a, b > 0\) 时成立）。于是

\[ a + b - 2\sqrt{ab} \ge 0 , \]

即

\[ a + b \ge 2\sqrt{ab}, \qquad \text{亦即} \qquad \frac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab} . \]

等号条件。 上面的推导中每一步都是等价的（只是移项与除以正常数 \(2\)），所以

\[ \frac{a + b}{2} = \sqrt{ab} \iff (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 = 0 \iff \sqrt{a} = \sqrt{b} \iff a = b . \]

最后一步用了 \(\sqrt{\cdot}\) 在 \([0, +\infty)\) 上是单射（严格增函数）。

推论（\(n = 2\) 的调和-几何平均不等式）

设 \(a, b > 0\)，则

\[ H_2 = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \le \sqrt{ab} = G_2 , \]

等号成立当且仅当 \(a = b\)。

证明

对正数 \(\dfrac{1}{a}\) 与 \(\dfrac{1}{b}\) 用上面刚证的 \(G_2 \le A_2\)：

\[ \sqrt{\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b}} \le \frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{2} . \]

左边就是 \(\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\)，右边是 \(\dfrac{a + b}{2ab}\)。两边取倒数。注意正数取倒数反向：\(0 < X \le Y\) 蕴含 \(\dfrac{1}{X} \ge \dfrac{1}{Y}\)。于是

\[ \sqrt{ab} \ge \frac{1}{\dfrac{a + b}{2ab}} = \frac{2ab}{a + b} . \]

而

\[ \frac{2ab}{a + b} = \frac{2}{\dfrac{a + b}{ab}} = \frac{2}{\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a}} = H_2 . \]

故 \(H_2 \le G_2\)。等号条件：上面每步可逆，且 \(G_2 \le A_2\) 的等号条件是 \(\frac{1}{a} = \frac{1}{b}\)，即 \(a = b\)。

于是 \(n = 2\) 时 \(H_2 \le G_2 \le A_2\) 全部证完。

第二步：\(n = 2^k\) 的情形

命题（\(n = 2^k\) 的算术-几何平均不等式）

设 \(k \in \mathbb{N}\)。若 \(a_1, a_2, \dots, a_{2^k} > 0\)，则

\[ G_{2^k} \le A_{2^k}, \]

等号成立当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_{2^k}\)。

证明

对 \(k\) 作数学归纳法。归纳的命题是

\[ P(k): \quad \text{对任意 } 2^k \text{ 个正数，都有 } G_{2^k} \le A_{2^k} . \]

奠基 \(k = 0\)。 此时 \(2^0 = 1\)，只有一个正数 \(a_1\)，由定义 \(G_1 = \sqrt[1]{a_1} = a_1 = A_1\)，故 \(G_1 \le A_1\) 成立且等号恒成立。

奠基 \(k = 1\)。 此时 \(2^1 = 2\) 个数，正是第一步已证的 \(G_2 \le A_2\)。

归纳。 设 \(P(k)\) 成立（即对 \(n = 2^k\) 个正数结论成立），要证 \(P(k+1)\)，即对 \(2n\) 个正数（\(n = 2^k\)）

\[ a_1, a_2, \dots, a_{2n} > 0 \]

有 \(G_{2n} \le A_{2n}\)。

把这 \(2n\) 个数分成前后两组，每组各 \(n\) 个：

\[ \text{第一组：} a_1, \dots, a_n; \qquad \text{第二组：} a_{n+1}, \dots, a_{2n} . \]

分别记两组的算术平均与几何平均为

\[ A_n^{(1)} = \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n}, \qquad G_n^{(1)} = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} , \]

\[ A_n^{(2)} = \frac{a_{n+1} + \cdots + a_{2n}}{n}, \qquad G_n^{(2)} = \sqrt[n]{a_{n+1} \cdots a_{2n}} . \]

这些量之间有两个直接由定义算出的关系。

（i）\(A_{2n}\) 是两组算术平均的算术平均：

\[ A_{2n} = \frac{a_1 + \cdots + a_{2n}}{2n} = \frac{1}{2}\left( \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} + \frac{a_{n+1} + \cdots + a_{2n}}{n} \right) = \frac{A_n^{(1)} + A_n^{(2)}}{2} . \]

（ii）\(G_{2n}\) 是两组几何平均的几何平均：

\[ G_{2n} = \sqrt[2n]{a_1 \cdots a_{2n}} = \sqrt[2n]{\bigl(a_1 \cdots a_n\bigr)\bigl(a_{n+1} \cdots a_{2n}\bigr)} = \sqrt{\sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \cdot \sqrt[n]{a_{n+1} \cdots a_{2n}}} = \sqrt{G_n^{(1)} G_n^{(2)}} . \]

这里用了 \(\sqrt[2n]{XY} = \sqrt{\sqrt[n]{X}\sqrt[n]{Y}}\)（\(X, Y > 0\)）。

现在把两个关系与已证的结论拼起来，得到一条链：

\[ A_{2n} = \frac{A_n^{(1)} + A_n^{(2)}}{2} \ge \frac{G_n^{(1)} + G_n^{(2)}}{2} \ge \sqrt{G_n^{(1)} G_n^{(2)}} = G_{2n} . \]

逐步说明每一步用的是哪条结论：

• 第一个不等号：对两组分别用归纳假设 \(P(k)\)（每组恰好 \(n = 2^k\) 个正数），得

  \[ G_n^{(1)} \le A_n^{(1)}, \qquad G_n^{(2)} \le A_n^{(2)} . \]

  两式相加再除以 \(2\)：

  \[ \frac{G_n^{(1)} + G_n^{(2)}}{2} \le \frac{A_n^{(1)} + A_n^{(2)}}{2} . \]

  这正是链中的第一个不等号；这一步是归纳假设唯一被用到的地方。

• 第二个不等号：对两个正数 \(G_n^{(1)}, G_n^{(2)}\) 用第一步已证的 \(A_2 \ge G_2\)，即 \(\dfrac{x + y}{2} \ge \sqrt{xy}\)，取 \(x = G_n^{(1)}\)、\(y = G_n^{(2)}\)。这一步与归纳假设无关，对任意两个正数都成立。

• 等号：由关系 (ii) 给出。

链条的走向是"两组的平均值 → 两组的几何平均的平均 → 两组的几何平均的几何平均"，最后一次换成 \(G_{2n}\) 靠的就是关系 (ii)。于是

\[ A_{2n} \ge \sqrt{G_n^{(1)} G_n^{(2)}} = G_{2n} , \]

归纳完成，\(P(k)\) 对所有 \(k \in \mathbb{N}\) 成立。

等号条件。 上面这条链由三个环节组成，\(G_{2n} = A_{2n}\) 当且仅当三个环节同时取等号：

• 第一个不等号取等号 \(\iff\) 两组各自取等号，即由 \(P(k)\) 得

  \[ a_1 = \cdots = a_n \quad \text{且} \quad a_{n+1} = \cdots = a_{2n}; \]

  也就是说，两组各自是常数（记两个常数为 \(c_1\) 与 \(c_2\)，此时 \(A_n^{(1)} = G_n^{(1)} = c_1\)、\(A_n^{(2)} = G_n^{(2)} = c_2\)）；

• 第二个不等号取等号 \(\iff G_n^{(1)} = G_n^{(2)}\)，即 \(c_1 = c_2\)。

两条件合起来就是 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_{2n}\)。反之若这 \(2n\) 个数全相等，则三处显然都取等号。故 \(P(k+1)\) 的等号条件也是"全部相等"，与 \(P(k)\) 的提法一致。

第三步：任意 \(n\) —— 两种补法

第二步只解决了 \(n\) 是 \(2\) 的幂的情形。任意 \(n\) 用填补法（也叫“补足法”）过渡：取 \(m = 2^k \ge n\)，把 \((m-n)\) 个数补到原来 \(n\) 个数的后面凑成 \(m\) 个数，对这 \(m\) 个数用第二步的 \(G_m \le A_m\)，最后把补进去的部分消掉。

补进去的数不能随便取。补一个数 \(t\) 就是把 \(\{a_1, \dots, a_n\}\) 扩充成 \(m\) 个数，要能从 \(G_m \le A_m\) 解出 \(G_n \le A_n\)，\(A_m\) 与 \(G_m\) 中必须有一个保持补足前的值：

• 补 \(t = A_n\) ⟹ \(A_m = A_n\)，于是不等式中只剩 \(G_n\) 的幂次，靠指数运算解出 \(G_n \le A_n\)；
• 补 \(t = G_n\) ⟹ \(G_m = G_n\)，于是不等式中只剩 \(G_n\) 与 \(A_n\) 的一次式，靠移项解出 \(G_n \le A_n\)。

两种补法各自都是完整的证明，下面用两栏并列，任选一栏读即可（点击栏目标题切换）：

方法一：补算术平均方法二：补几何平均

这一栏用补算术平均的填补法（也叫"补足法"）：取 \(m = 2^k \ge n\)，把 \((m-n)\) 个数都补成 \(A_n\) 凑够 \(m\) 个，再用第二步的 \(G_m \le A_m\)。

定理（任意 \(n\) 的算术-几何平均不等式）

设 \(a_1, a_2, \dots, a_n > 0\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)，则

\[ G_n = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \le \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = A_n , \]

等号成立当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

证明

\(n = 1\) 是平凡情形（\(G_1 = A_1\)）。设 \(n \ge 2\)。

（1）选一个不小于 \(n\) 的 \(2\) 的幂。 由 \(2^k \ge k + 1\)（对 \(k\) 归纳即得），取 \(k = n\) 就有

\[ m := 2^n \ge n + 1 > n , \]

即存在整数 \(k \ge 0\) 使 \(2^k \ge n\)。

（也可以取 \(k\) 为使 \(2^k \ge n\) 的最小非负整数，这样 \(m\) 最小、补入的数最少。后面只用到"\(m\) 是 \(2\) 的幂且 \(m \ge n\)"这两条性质，取哪一个都行。）

（2）把 \(n\) 个数"补足"到 \(m\) 个。 令

\[ a_{n+1} = a_{n+2} = \cdots = a_m = A_n , \]

即把原来的算术平均重复 \(m - n\) 次填在后面。得到的 \(m\) 个数

\[ a_1, a_2, \dots, a_n, \underbrace{A_n, \dots, A_n}_{m - n \text{ 个}} \]

全是正数（\(A_n > 0\)，因为 \(a_i > 0\)）。

（3）这 \(m\) 个数的算术平均仍是 \(A_n\)。 这是填补法最关键的一步。直接算：

\[ A_m = \frac{1}{m}\left( \sum_{i=1}^{n} a_i + (m - n) A_n \right) = \frac{1}{m}\left( n A_n + (m - n) A_n \right) = \frac{m A_n}{m} = A_n . \]

第一个等号用了 \(\sum_{i=1}^{n} a_i = n A_n\)（算术平均的定义）。

（4）对这 \(m\) 个数用第二步。 因为 \(m = 2^k\) 是 \(2\) 的幂，第二步的 \(G_m \le A_m\) 适用：

\[ \sqrt[m]{\left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right) \cdot A_n^{\,m-n}} \le A_m . \]

由 (3) 知右端 \(A_m = A_n\)，而左端的被开方数可以拆开：

\[ \sqrt[m]{\prod_{i=1}^{n} a_i \cdot A_n^{\,m-n}} = \left( G_n^{\,n} \cdot A_n^{\,m-n} \right)^{1/m} . \]

于是

\[ \left( G_n^{\,n} A_n^{\,m-n} \right)^{1/m} \le A_n . \]

（5）两边消去 \(A_n\) 的幂。 由 \(A_n > 0\)，可把上式两端同除以 \(A_n^{\,(m-n)/m} > 0\)：

\[ \frac{\left( G_n^{\,n} A_n^{\,m-n} \right)^{1/m}}{A_n^{\,(m-n)/m}} = G_n^{\,n/m} \cdot A_n^{\,(m-n)/m - (m-n)/m} = G_n^{\,n/m} \le A_n^{1 - (m-n)/m} = A_n^{\,n/m} . \]

即 \(G_n^{\,n/m} \le A_n^{\,n/m}\)。两端取 \(\dfrac{m}{n}\) 次方（\(\dfrac{m}{n} > 0\)，\(x \mapsto x^{m/n}\) 在 \((0, +\infty)\) 上严格增）：

\[ G_n \le A_n . \]

等号条件。 逐段看：

• 第 (5) 步中的除法与开方都是可逆运算（只用了 \(A_n > 0\)），所以 \(G_n = A_n \iff G_n^{\,n/m} = A_n^{\,n/m} \iff\) 第 (4) 步取等号；

• 第 (4) 步用的是第二步的结论，它的等号条件是那 \(m\) 个数全相等：

  \[ a_1 = a_2 = \cdots = a_n = \underbrace{A_n = \cdots = A_n}_{m-n \text{ 个}} . \]

  这等价于 \(a_1 = \cdots = a_n = A_n\)，也就是原来 \(n\) 个数全相等；

• 反之若 \(a_1 = \cdots = a_n = c\)，则 \(A_n = c\)，补上的数也全是 \(c\)，\(m\) 个数全相等，第 (4) 步取等号。

所以 \(G_n = A_n \iff a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

方法一为什么补 \(A_n\)

填补法只做两件事：凑出一个 \(2\) 的幂，以及让补足前后的某个平均量保持不变——只有某个平均量不变，代入第二步后另一个平均量才只剩下 \(A_n\) 与 \(G_n\)，可以解出结论。

• 补 \(A_n\) 让算术平均不变：\(A_m = A_n\)，于是第二步 \(G_m \le A_m\) 的右端就是 \(A_n\)，左端只剩 \(G_n\) 的幂次，一消就得结论。
• 如果随手补一个与 \(A_n\) 无关的常数 \(t\)，则 \(A_m = \dfrac{nA_n + (m-n)t}{m}\) 与 \(G_m = \left(G_n^{\,n}t^{\,m-n}\right)^{1/m}\) 都是混合式，两端同时含 \(G_n\)、\(A_n\)、\(t\)，消不出 \(G_n \le A_n\)。
• 但"保持算术平均不变"并不是唯一的选择：让几何平均不变、即补 \(G_n\)，同样能一步解出结论，而且收尾更简单——这正是方法二（补几何平均）那一栏的做法。

所以准确的说法是：补的值必须让补足前后的某个平均量相等，不能是随便一个数；而在 \(A_n\) 与 \(G_n\) 这两个自然的选择里，补 \(A_n\) 是最先被想到的那一个。

超纲（可跳过）

方法二（补几何平均）是课外补充的第二种做法；本课采用的是左边那一栏（补算术平均）。两种都是完整证明，任选一栏读即可。

这一栏把 \((m-n)\) 个数都补成几何平均——补上的数就取待证不等式右边那个根式

\[ G_n = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} . \]

这样补足前后几何平均不变（\(G_m = G_n\)），第二步的 \(G_m \le A_m\) 就变成一条只含 \(G_n\) 与 \(A_n\) 的一次不等式，移项即可。相比方法一（补算术平均），这条路不需要开 \(m\) 次方，也不需要处理分数指数。

定理（任意 \(n\) 的算术-几何平均不等式）

设 \(a_1, a_2, \dots, a_n > 0\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)，则

\[ G_n = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \le \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = A_n , \]

等号成立当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

证明（补几何平均）

\(n = 1\) 是平凡情形。设 \(n \ge 2\)，取 \(k \in \mathbb{N}^*\) 使 \(m := 2^k \ge n\)（例如取 \(k = n\)：由 \(2^n \ge n + 1 > n\) 可知可行）。

（1）补上的数取 \(G_n\)。 令

\[ a_{n+1} = a_{n+2} = \cdots = a_m = G_n = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} . \]

因为 \(a_i > 0\)，所以 \(G_n > 0\)，这 \(m\) 个数全是正数，第二步的 \(G_m \le A_m\) 适用。

（2）这 \(m\) 个数的几何平均仍是 \(G_n\)。 由 \(G_n^{\,n} = a_1 a_2 \cdots a_n\)，

\[ G_m = \sqrt[m]{\left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right) \cdot G_n^{\,m-n}} = \sqrt[m]{G_n^{\,n} \cdot G_n^{\,m-n}} = \sqrt[m]{G_n^{\,m}} = G_n . \]

这正是补 \(G_n\) 的理由：根号里的指数 \(n\) 与 \(m-n\) 拼起来恰好是 \(m\)，开方之后什么也不剩。

（3）这 \(m\) 个数的算术平均。 由 \(\sum_{i=1}^{n} a_i = nA_n\)，

\[ A_m = \frac{1}{m}\left( \sum_{i=1}^{n} a_i + (m-n) G_n \right) = \frac{nA_n + (m-n) G_n}{m} . \]

（4）代入第二步的 \(G_m \le A_m\)。 把 (2)(3) 代进去：

\[ G_n \le \frac{nA_n + (m-n) G_n}{m} . \]

两边乘 \(m > 0\)：

\[ m G_n \le n A_n + (m-n) G_n . \]

把含 \(G_n\) 的项移到左边：

\[ \bigl( m - (m-n) \bigr) G_n = n G_n \le n A_n . \]

两边除以 \(n > 0\)：

\[ G_n \le A_n . \]

等号条件。 (4) 中的乘 \(m\) 与除以 \(n\) 都是可逆运算，所以 \(G_n = A_n\) 当且仅当 \(G_m = A_m\)；而第二步的等号条件是那 \(m\) 个数全相等，即

\[ a_1 = a_2 = \cdots = a_n = G_n , \]

这等价于 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。反之若 \(a_1 = \cdots = a_n = c\)，则 \(G_n = c\)，补上的数也全是 \(c\)，\(m\) 个数全相等，等号成立。故

\[ G_n = A_n \iff a_1 = a_2 = \cdots = a_n . \]

两种补法对照与选择

两条路只差“让哪个平均量保持不变”：

	方法一：补 \(A_n\)	方法二：补 \(G_n\)
保持不变的平均量	算术平均 \(A_m = A_n\)	几何平均 \(G_m = G_n\)
剩下的那个平均量	\(G_m = \left( G_n^{\,n} A_n^{\,m-n} \right)^{1/m}\)，带分数指数	\(A_m = \dfrac{nA_n + (m-n)G_n}{m}\)，只用到加减乘除
收尾	同除 \(A_n^{(m-n)/m}\)，再取 \(\dfrac{m}{n}\) 次幂	移项，再除以 \(n\)
等号条件	\(a_1 = \cdots = a_n\)	\(a_1 = \cdots = a_n\)

• 想要最短的书写，读方法二：没有开方，也没有分数指数，收尾只有一步移项。
• 想要最直观的动机，读方法一：补的数就是待证不等式右边的那个 \(A_n\)。
• 两种都能写全，才说明这一步真的掌握了。若随手补一个与 \(A_n\)、\(G_n\) 都无关的 \(t\)，\(A_m\) 与 \(G_m\) 会同时变成含 \(t\) 的混合式，两端混在一起反而什么都解不出来。

第四步：调和部分

现在把 \(G_n \le A_n\) 搬给调和平均。

定理（调和-几何平均不等式）

设 \(a_1, \dots, a_n > 0\)，则

\[ H_n = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}} \le \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} a_i} = G_n , \]

等号成立当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

证明

（1）对倒数用已证的 \(G \le A\)。 令

\[ b_i = \frac{1}{a_i}, \qquad i = 1, 2, \dots, n . \]

因为 \(a_i > 0\)，所以 \(b_i > 0\)，第三步的定理对 \(b_1, \dots, b_n\) 适用：

\[ \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} b_i} \le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} b_i . \]

（2）把 \(b_i\) 换回 \(a_i\)。 左端是

\[ \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}} = \sqrt[n]{\frac{1}{\prod_{i=1}^{n} a_i}} = \frac{1}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} a_i}} = \frac{1}{G_n} , \]

右端是

\[ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i} = \frac{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}}{n} = \frac{1}{H_n} . \]

（最后一个等号正是 \(H_n\) 的定义式取倒数。）于是得到

\[ \frac{1}{G_n} \le \frac{1}{H_n} . \]

（3）取倒数。 由 \(G_n, H_n > 0\) 及"正数取倒数反向"，两端取倒数得

\[ H_n \le G_n . \]

等号条件。 上面每一步都可逆：(2) 只是改写，(3) 的取倒数在正数上是一一对应且保序反向，而 (1) 的等号条件是 \(b_1 = \cdots = b_n\)，即 \(\dfrac{1}{a_1} = \cdots = \dfrac{1}{a_n}\)，等价于 \(a_1 = \cdots = a_n\)。

另一条思路：直接对 \(H_n \le G_n\) 归纳

也可以把第二步与第三步整套照搬一遍，只是把"算术平均"的位置换成"调和平均"：

• \(n = 2\) 已在第一步的推论中证过；

• \(n \to 2n\) 时，把 \(\dfrac{1}{a_i}\) 分组，注意

  \[ H_{2n} = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{2n} \frac{1}{a_i}} = \frac{2}{\frac{1}{H_n^{(1)}} + \frac{1}{H_n^{(2)}}} = H_2\bigl(H_n^{(1)}, H_n^{(2)}\bigr), \]

  即 \(2n\) 个数的调和平均恰是两组调和平均的调和平均，再用 \(H_2 \le G_2\) 即可；

• 任意 \(n\) 时，补上的数应当取 \(H_n\)（而不是 \(A_n\)），使 \(H_m = H_n\) 保持不变，最后同样消得掉。

这条路完全平行，不需要新想法。取倒数的写法更短，因为它把"调和问题"一次性地转成了已经解决的"算术-几何问题"——这也解释了为什么 \(H_n \le G_n \le A_n\) 中真正独立的部分只有 \(G_n \le A_n\)。

另一条路线：反向归纳

超纲（可跳过）

反向归纳是课外补充的第三条路线，读起来更直白，但步骤更多；本课采用的是"一次跳到 \(2\) 的幂、补算术平均"的填补法。

除了"从 \(2\) 的幂向下填补"，还可以从 \(n\) 往小归纳。它的好处是不必再挑 \(2\) 的幂，只需要第二步作为起点。

命题. 设 \(n \ge 2\)。若对任意 \(n\) 个正数都有 \(G_n \le A_n\)，则对任意 \(n - 1\) 个正数都有 \(G_{n-1} \le A_{n-1}\)。

证明. 设 \(a_1, \dots, a_{n-1} > 0\)，记

\[ A_{n-1} = \frac{a_1 + \cdots + a_{n-1}}{n - 1}, \qquad G_{n-1} = \sqrt[n-1]{a_1 \cdots a_{n-1}} . \]

因为 \(A_{n-1} > 0\)，可以把它当作第 \(n\) 个数补进去：令

\[ a_n = A_{n-1} . \]

对这 \(n\) 个正数 \(a_1, \dots, a_{n-1}, a_n\) 用 \(n\) 个数的结论。先算这 \(n\) 个数的算术平均：

\[ \frac{a_1 + \cdots + a_{n-1} + A_{n-1}}{n} = \frac{(n - 1) A_{n-1} + A_{n-1}}{n} = \frac{n A_{n-1}}{n} = A_{n-1} , \]

即补完之后算术平均仍然是 \(A_{n-1}\)。于是

\[ \sqrt[n]{\left( \prod_{i=1}^{n-1} a_i \right) \cdot A_{n-1}} \le A_{n-1} . \]

左端可以改写为

\[ \left( G_{n-1}^{\,n-1} \cdot A_{n-1} \right)^{1/n} \le A_{n-1} . \]

两端同除以 \(A_{n-1}^{1/n} > 0\)：

\[ G_{n-1}^{\,(n-1)/n} \le A_{n-1}^{\,(n-1)/n} . \]

再取 \(\dfrac{n}{n-1}\) 次方，得 \(G_{n-1} \le A_{n-1}\)。命题证毕。

它怎么覆盖所有 \(n\)？ 第二步已经给出无限多个起点：对每个 \(k\)，\(n = 2^k\) 时结论成立。对任意给定的 \(N\)，取 \(k\) 使 \(2^k \ge N\)，然后从 \(n = 2^k\) 出发，用上面的命题依次下降

\[ 2^k \longrightarrow 2^k - 1 \longrightarrow 2^k - 2 \longrightarrow \cdots \longrightarrow N , \]

共 \(2^k - N\) 步，每一步都把结论从 \(n\) 传给 \(n - 1\)，于是 \(G_N \le A_N\) 成立。

与填补法的关系。 两者其实是同一件事的两种讲法：填补法是"一次跳到 \(2^k\)、补一个数、再消项"，反向归纳是"从 \(2^k\) 一格一格走下来、每次补一个数"。两边补的都是当时的算术平均，理由相同——补上它，补足前后的算术平均就不变，最后把多余的项消掉。把"算术平均"换成"几何平均"同样可行（就是方法二那一栏的思路），不过在反向归纳里这样做要多绕一步，不如直接用算术平均干净。反向归纳的多余步骤更多，但不必显式解出第 (5) 步的幂运算，逻辑上更直白。

等号条件同样成立：反向归纳每一步中 \(G_{n-1} = A_{n-1} \iff\) 补足后的那 \(n\) 个数全相等 \(\iff a_1 = \cdots = a_{n-1} = A_{n-1} \iff a_1 = \cdots = a_{n-1}\)。

加权推广与其它平均

超纲（可跳过）

加权平均、幂平均与平方平均都超出本课要求。把它们列在这里，是为了说明"均值不等式还能长成什么样子"，也是后面凸性与积分估计会用到的形式；第一遍阅读可以直接跳到应用与例题。

加权算术-几何平均不等式

命题（加权算术-几何平均不等式，有理权重）

设 \(a_1, \dots, a_n > 0\)，权重 \(w_1, \dots, w_n\) 是正有理数且

\[ \sum_{i=1}^{n} w_i = 1 . \]

则

\[ \prod_{i=1}^{n} a_i^{\,w_i} \le \sum_{i=1}^{n} w_i a_i . \]

证明（有理权重的情形）

把每个 \(w_i\) 写成同分母的正分数

\[ w_i = \frac{p_i}{W}, \qquad p_i \in \mathbb{N}^*, \quad W = \sum_{i=1}^{n} p_i \in \mathbb{N}^* . \]

这总是做得到的：取 \(W\) 为各 \(w_i\) 分母的一个公倍数，则 \(p_i = W w_i\) 都是正整数，且由 \(\sum w_i = 1\) 得 \(\sum p_i = W\)。

现在把 \(a_i\) 重复写出 \(p_i\) 次，得到一共 \(W\) 个正数；所得的数列中每个 \(a_i\) 出现 \(p_i\) 遍。对这 \(W\) 个数用第三步的 \(G_W \le A_W\)：

\[ \sqrt[W]{\underbrace{a_1 \cdots a_1}_{p_1 \text{ 个}} \cdots \underbrace{a_n \cdots a_n}_{p_n \text{ 个}}} \le \frac{p_1 a_1 + \cdots + p_n a_n}{W} . \]

左端是

\[ \sqrt[W]{a_1^{\,p_1} a_2^{\,p_2} \cdots a_n^{\,p_n}} = \prod_{i=1}^{n} a_i^{\,p_i / W} = \prod_{i=1}^{n} a_i^{\,w_i} , \]

右端是

\[ \frac{1}{W}\sum_{i=1}^{n} p_i a_i = \sum_{i=1}^{n} \frac{p_i}{W} a_i = \sum_{i=1}^{n} w_i a_i . \]

两者合起来即得结论。等号条件：\(W\) 个（带重复的）数全相等，等价于所有出现的 \(a_i\) 都相等，即取值非零的那些 \(w_i\) 对应的 \(a_i\) 彼此相等。

无理权重的情形这里没有证明

• 上面的证明只用到了 \(a_i\) 被重复整数次这件事，因此它只对有理权重有效。若某个 \(w_i\) 是无理数，\(p_i = W w_i\) 不可能是整数，"重复若干次"的做法直接失效。
• 无理权重的一般情形通常有两条路：一是把无理权重用有理权重逼近，再取极限；二是利用 \(x \mapsto -\ln x\) 的凸性（或 Young 不等式）直接推出。这两条路都用到极限或凸函数的语言，留到后续章节（实数与极限、微分中值定理）再补。
• 所以本页只把有理权重当作已证结论使用；若某道题需要无理权重，要么化为有理权重，要么明确写出所用的补充结论，不要沿用上面的证明。

平方平均

与算术平均常一起使用的还有平方平均。

定义（平方平均）

设 \(a_1, \dots, a_n > 0\)（根号内的平方和总是非负，所以对任意实数 \(a_i\) 这个定义也有意义；但本页关心的是正数情形），定义它们的平方平均（也叫均方根）

\[ Q_n = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i^{\,2}} = \sqrt{\frac{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2}{n}} . \]

命题（算术-平方平均不等式）

设 \(a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}\)，则

\[ \lvert A_n \rvert \le Q_n, \qquad \text{特别地当 } a_i > 0 \text{ 时} \quad A_n \le Q_n , \]

等号成立当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

证明

先证一个恒等式。展开所有两两之差的平方和，按每个下标出现多少次来数：

\[ \sum_{1 \le i < j \le n} (a_i - a_j)^2 = \sum_{1 \le i < j \le n} \left( a_i^2 - 2 a_i a_j + a_j^2 \right) . \]

其中每个 \(a_i^2\) 出现在 \((a_i - a_j)^2\)（\(j \ne i\)）的展开式中恰好 \(n - 1\) 次，故平方项之和为 \((n - 1)\sum_{i=1}^{n} a_i^2\)；交叉项之和为

\[ -2 \sum_{1 \le i < j \le n} a_i a_j = -2 \cdot \frac{1}{2}\left[ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 - \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right] = -\left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 + \sum_{i=1}^{n} a_i^2 . \]

两式相加：

\[ \sum_{1 \le i < j \le n} (a_i - a_j)^2 = (n - 1)\sum_{i=1}^{n} a_i^2 - \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 + \sum_{i=1}^{n} a_i^2 = n \sum_{i=1}^{n} a_i^2 - \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 . \]

这就是要用的恒等式：

\[ \sum_{1 \le i < j \le n} (a_i - a_j)^2 = n\sum_{i=1}^{n} a_i^2 - \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 . \]

左端是若干平方之和，故

\[ n\sum_{i=1}^{n} a_i^2 - \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 \ge 0 , \]

即

\[ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2 \le n \sum_{i=1}^{n} a_i^2 . \]

两端开平方，注意 \(\sqrt{\left(\sum a_i\right)^2} = \left\lvert \sum_{i=1}^{n} a_i \right\rvert\)：

\[ \left\lvert \sum_{i=1}^{n} a_i \right\rvert \le \sqrt{n} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_i^2} . \]

两边同除以 \(n > 0\)，再注意 \(\dfrac{\sqrt{n}}{n} = \dfrac{1}{\sqrt{n}}\)：

\[ \lvert A_n \rvert = \left\lvert \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i \right\rvert \le \frac{1}{\sqrt{n}}\sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_i^2} = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i^2} = Q_n . \]

当 \(a_i > 0\) 时 \(A_n > 0\)，故 \(\lvert A_n \rvert = A_n\)，得 \(A_n \le Q_n\)。

等号条件。 等号成立 \(\iff \sum_{i<j}(a_i - a_j)^2 = 0 \iff\) 每个 \((a_i - a_j)^2 = 0 \iff\) 所有 \(a_i\) 彼此相等。

推论（完整的平均不等式链）

设 \(a_1, \dots, a_n > 0\)，则

\[ H_n \le G_n \le A_n \le Q_n , \]

其中 \(H_n = G_n = A_n = Q_n\) 当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

证明. \(H_n \le G_n \le A_n\) 是主要定理，\(A_n \le Q_n\) 是上面的命题。等号条件的合取仍然是"全部相等"：若 \(H_n = Q_n\)，则由 \(H_n \le G_n \le A_n \le Q_n\) 迫使中间两项也与之相等，特别地 \(G_n = A_n\)，故 \(a_1 = \cdots = a_n\)；反之显然。

用到的两个记号

• 一般集合的元素个数记作 \(\#X\)，所以"\(n\) 个数的三重平均"也可以写成 \(\#\{a_1, \dots, a_n\} = n\)；本页为清楚起见一律写 \(n\)。
• 连加 \(\sum\) 与连乘 \(\prod\) 都不写下标范围时可以省略，但涉及具体不等式时建议写全 \(\sum_{i=1}^{n}\)，便于核对项数。

应用与例题

均值不等式的使用有一个固定套路，先把它写清楚，后面 5 道例题都按这个套路走。

超纲（可跳过）

下面 5 道例题是整理笔记时自拟的补充练习，用来练"凑定值 + 验等号"这套手法；题面不是教材内容，但做题的方法是本课要求。

求最值的三步

1. 定型：看清楚要求的是和的最小值还是积的最大值，并确认所有参与运算的量都是正数。
2. 凑定值：把目标式改写成"两个（或若干个）正数的和"，并让它们的积是常数；或者改写成积，让它们的和是常数。这一步是全部技巧所在。
3. 验等号：判断使各项相等的那组取值是否落在定义域内。落在定义域内才能说取到了最值，否则这个不等式只给出一个下界（上界），不是最值。

例题 1

设 \(x > 0\)，证明

\[ x + \frac{1}{x} \ge 2 , \]

并说明等号何时成立。

解 由 \(x > 0\) 知 \(x\) 与 \(\dfrac{1}{x}\) 都是正数，且它们的乘积是常数：

\[ x \cdot \frac{1}{x} = 1 . \]

对这两个正数用 \(A_2 \ge G_2\)：

\[ x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2\sqrt{1} = 2 . \]

等号：\(A_2 \ge G_2\) 的等号条件是两个数相等，即 \(x = \dfrac{1}{x}\)，结合 \(x > 0\) 解得 \(x = 1\)。\(x = 1\) 在定义域 \((0, +\infty)\) 内，所以 \(x = 1\) 时 \(x + \dfrac{1}{x} = 2\) 确实取到。于是 \(x + \dfrac{1}{x}\) 在 \(x > 0\) 上的最小值就是 \(2\)。

说明 顺手可得 \(x < 0\) 的对偶结论：此时 \(-x > 0\)，由上式

\[ (-x) + \frac{1}{-x} \ge 2 \implies x + \frac{1}{x} \le -2 . \]

所以 \(x + \dfrac{1}{x}\) 的值域是 \((-\infty, -2] \cup [2, +\infty)\)，"\(\ge 2\)"这个结论只在 \(x > 0\) 时成立。

例题 2

设 \(x > 0\)，求 \(x + \dfrac{4}{x}\) 的最小值。

解 两个加项都是正数，且

\[ x \cdot \frac{4}{x} = 4 \]

是常数。于是

\[ x + \frac{4}{x} \ge 2\sqrt{4} = 4 . \]

等号：条件是 \(x = \dfrac{4}{x}\)，即 \(x^2 = 4\)，由 \(x > 0\) 得 \(x = 2\)。此值在定义域内，且代入得 \(2 + 2 = 4\)，与下界吻合。故最小值为 \(4\)，在 \(x = 2\) 处取到。

说明 一般地，对 \(c > 0\)，

\[ x + \frac{c}{x} \ge 2\sqrt{c} \quad (x > 0), \]

等号在 \(x = \sqrt{c}\) 处成立。这就是例题 1（\(c = 1\)）与本题（\(c = 4\)）的公共模板。

例题 3

设 \(x > 2\)，求 \(x + \dfrac{1}{x - 2}\) 的最小值。

解 直接对 \(x\) 与 \(\dfrac{1}{x - 2}\) 用 \(A_2 \ge G_2\) 不行：它们的乘积 \(\dfrac{x}{x - 2}\) 不是常数，而且总在变。

技巧是把 \(x\) 拆出一个 \(x - 2\)，让它与分母对齐：

\[ x = (x - 2) + 2 . \]

于是

\[ x + \frac{1}{x - 2} = (x - 2) + \frac{1}{x - 2} + 2 . \]

当 \(x > 2\) 时 \(x - 2 > 0\)，可以对前两项用 \(A_2 \ge G_2\)：

\[ (x - 2) + \frac{1}{x - 2} \ge 2\sqrt{(x - 2) \cdot \frac{1}{x - 2}} = 2 . \]

两项的乘积恰是常数 \(1\)。因此

\[ x + \frac{1}{x - 2} \ge 2 + 2 = 4 . \]

等号：条件是 \(x - 2 = \dfrac{1}{x - 2}\)，即 \((x - 2)^2 = 1\)，由 \(x - 2 > 0\) 得 \(x - 2 = 1\)，即 \(x = 3\)。此值满足 \(x > 2\)，代回原式得 \(3 + \dfrac{1}{1} = 4\)。故最小值为 \(4\)，在 \(x = 3\) 处取到。

说明 这类题的通用做法是：凑出与分母相同的项，使它们的乘积把变量消掉。若分母是 \(x - a\)，就写 \(x = (x - a) + a\)；若分母是 \(2x\) 之类，就先提取常数。凑不出定值时要调整系数（例如例题 3 的变体 \(x + \frac{4}{x - 2}\)，应写成 \((x - 2) + \frac{4}{x - 2} + 2\)，最小值为 \(6\)）。

例题 4

设 \(a, b, c > 0\) 且 \(abc = 1\)。证明

\[ a + b + c \ge 3 . \]

解 三个数都是正数，用 \(G_3 \le A_3\)：

\[ \frac{a + b + c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} = \sqrt[3]{1} = 1 , \]

即 \(a + b + c \ge 3\)。

等号：\(G_3 \le A_3\) 的等号条件是 \(a = b = c\)。结合 \(abc = 1\) 得 \(a^3 = 1\)，即 \(a = b = c = 1\)。这组值满足题设，所以下界 \(3\) 可以达到，最小值就是 \(3\)。

说明 这是"积为定值、和最小"的标准形态。把条件换成 \(a + b + c = 3\)，同样的手法给出 \(abc \le 1\)——这就是"和为定值、积最大"。两个方向用的是同一个 \(G_n \le A_n\)，只是把已知量和未知量对调。

例题 5

设 \(a, b > 0\)。证明

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{a + b} , \]

并说明等号成立的条件。

解 对两个正数 \(\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}\) 用 \(A_2 \ge G_2\)：

\[ \frac{1}{2}\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right) \ge \sqrt{\frac{1}{ab}} = \frac{1}{\sqrt{ab}} . \]

另一方面对 \(a, b\) 用 \(A_2 \ge G_2\) 得 \(\sqrt{ab} \le \dfrac{a + b}{2}\)，即 \(\dfrac{1}{\sqrt{ab}} \ge \dfrac{2}{a + b}\)。串起来：

\[ \frac{1}{2}\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right) \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} \ge \frac{2}{a + b} . \]

把这条链最左端的不等号乘 \(2\)：

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{a + b} . \]

更直接的写法：这其实就是 \(H_2 \le A_2\)。取 \(a, b > 0\)，

\[ H_2 = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \le A_2 = \frac{a + b}{2} , \]

即 \(\dfrac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \le \dfrac{a + b}{2}\)。两端取倒数（正数，不等号反向）：

\[ \frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{2} \ge \frac{2}{a + b} , \]

再乘 \(2\)，同样得到 \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a + b}\)。

等号：\(H_2 \le A_2\) 的等号条件是 \(a = b\)。此时两端都是 \(\dfrac{2}{a} = \dfrac{4}{2a}\)，确实相等。

为什么这个不等式后面常要用到。 它是分析里最基本的"调和型估计"，用途例如：

• 把倒数和换成和的倒数，从而在分母上得到下界。比如要估计 \(\dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\) 这类表达式时，先用它把 \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}\) 化到 \(\dfrac{4}{x + y}\)，就能把两个不定项合并成一个；
• 对凸函数估计时判断 \(\dfrac{1}{x}\) 在区间上的平均行为：若 \(a + b\) 固定，则 \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\) 在 \(a = b\) 处最小；

• 与 \(H_n \le A_n\) 的一般形式配合，处理"倒数和"与"和"的互推。把本题推广到 \(n\) 项即

  \[ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i} \ge \frac{n^2}{\sum_{i=1}^{n} a_i} \quad (a_i > 0), \]

  这正是 \(H_n \le A_n\) 的改写，等号同样在全部 \(a_i\) 相等时成立（见习题第 5 题）。

常见误区

易错点

• 必须 \(a_i > 0\)，"正数"这个条件不能丢。 取 \(a = -1\)、\(b = -4\)，则

  \[ G_2 = \sqrt{(-1)(-4)} = \sqrt{4} = 2, \qquad A_2 = \frac{-1 + (-4)}{2} = -\frac{5}{2} = -2.5 , \]

  于是 \(G_2 = 2 > -2.5 = A_2\)，与 \(G_2 \le A_2\) 正好相反。原因在第一步的证明里：\(\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}\) 对负数不成立（负数的平方根不在实数范围内），所以整个推导失效。若 \(a, b\) 一正一负，连 \(\sqrt{ab}\) 都不是实数，几何平均根本没定义。

• 求最值必须验证等号能否取到。 例如求 \(x + \dfrac{1}{x}\) 在 \(x \ge 2\) 上的最小值，若照搬 \(x + \dfrac{1}{x} \ge 2\) 就答"最小值 \(2\)"是错的：等号要求 \(x = 1\)，而 \(1 \notin [2, +\infty)\)。事实上 \(x \ge 2\) 时 \(x + \dfrac{1}{x}\) 递增，最小值在 \(x = 2\) 处为 \(\dfrac{5}{2}\)。不等式的下界不一定是最小值，只有等号能在定义域内取到时，下界才升级为最小值。

• "和为定值积最大 / 积为定值和最小"不能乱套。 用哪一句取决于要证的结论：求 \(a + b\) 的最小值要凑乘积为定值，求 \(ab\) 的最大值要凑和为定值。方向搞反的话，得到的不等式与目标相反。另外"定值"是硬要求：若两个加项的乘积含有变量，形式上的 \(A_2 \ge G_2\) 仍然成立，但它给出的是一个随变量变化的界，派不上用场（对照例题 3 的两种写法）。
• \(H \le G \le A\) 的顺序：调和最小、算术最大。 常见的错写是把中间项放反。检验的办法是代一组"差别大"的数，例如 \(a_1 = 1\)、\(a_2 = 100\)：\(H_2 \approx 1.98\)、\(G_2 = 10\)、\(A_2 = 50.5\)，顺序一目了然。\(H_n \le G_n \le A_n\) 中三个平均从不反向，无论 \(a_i\) 取什么正数。

• 等号条件必须是"全部相等"，不是"两两相等"。 例如 \(a_1 = a_2 = 1\)、\(a_3 = 4\)，则

  \[ G_3 = \sqrt[3]{4} \approx 1.587, \qquad A_3 = 2 , \]

  \(G_3 < A_3\) 严格成立。"两两相等"这个说法本身就自相矛盾：若 \(a_1 = a_2\) 且 \(a_2 = a_3\)，那就已经全部相等了。写解答时务必写成 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)。

• 由 \(H_n = A_n\) 可以直接断定全部相等。 因为 \(H_n \le G_n \le A_n\)，两端相等迫使中间项也相等，特别地 \(G_n = A_n\)。所以检验等号时不必分别验 \(H_n = G_n\) 与 \(G_n = A_n\)。

• 不要漏掉"\(n \ge 2\)"的讨论。 \(n = 1\) 时三个平均都等于 \(a_1\)，不等式退化为等式，等号条件"全部相等"自动成立。写证明时应显式提到 \(n = 1\) 平凡、随后设 \(n \ge 2\)。
• 加权形式只在有理权重下已验证。 若题目里出现无理指数（如 \(a^{\sqrt{2}}\)），本页的有理权重证明不适用，需要先补上指数函数的连续性或凸性的结论。

参见

• 本节导读：本节各页面的分工与阅读顺序
• 习题（1.4）：6 道练习，含最值题与等号条件的检查
• 映射的定义与分类：\(\sqrt[n]{\cdot}\) 与取倒数都是映射，证明中用到的单调性由映射的语言表述
• 数学分析：本分册的骨架，均值不等式在"极限"与"积分"两部分会反复出现
• 首页：全站记号约定，包括 \(\lvert x \rvert\)、\(\prod\)、\(\sum\) 的用法