三个与凹凸性相关的不等式及其应用.pdf

川XH数学活动课程讲庄中等数学三个与凹凸性相关的不等式及其应用余鹏飞（浙江省东阳中学，32 2 10 0）摘要：数学分析中对函数凹凸性有非常细致的研究，发现其中很多性质在初等数学中有较好的应用.介绍关于函数凹凸性的几个著名不等式（Karamata不等式、Muirhead定理、加权Jensen不等式），给出了一些相对应的重要性质及与之对应的应用。关键词：凸函数；优超；Jensen不等式中图分类号：0 12 2.3文献标识码：A文章编号：10 0 5-6 416(2 0 2 3)0 4-0 0 0 2-0 8引用格式：余鹏飞.三个与凹凸性相关的不等式及其应用.中等数学,2 0 2 3（4：2-9.（本讲适合高中）连续凸函数在数学分析中具有非常好的性质，这些性质只需稍加改造即可得到很漂亮的初等结果.本文旨在介绍三个与凸函数有关的著名不等式,并给出一些相关的应用.一知识介绍定义实值函数f：D R（D 为f的定义域).若对任意的x、y E D 和E(O,1)，且x+(1-)y E D:有 f(x+(1-)y)f(x)+(1-)f(y),则称厂为下凸函数；有 f(x+(1-)y)f(x)+(1-)f(y),则称厂为上凸函数.为方便起见，本文所讨论函数于的定义域D默认是连续的.从式、的定义出发，结合几何关系可以看出：是下凸函数等价于其图像上任意两点连线的线段位于两点间函数图像的上方；是上凸函数等价于其图像上任意两点连线的线段位于两点间函数图像的下方。另外，介绍两个有限序列之间的优超关系（记作 或）：给定正整数n，称序列(x,(1rn)优超于序列1y,(Irn)（记作(x,/(1rn)/y,/(Irn),是指xx,.xn,yiy,.yn,且对sn-1,=1=1T=1=1若考虑序列ix,(Irn)、i y(1r n)在数轴上的分布,可以发现序列ix,(1rn)的分布相对序列iy,(1rn)更为分散.换言之，点(r，x)在笛卡尔坐标系中构成的折线段比(r,y)构成的折线段更加下凸.因此，可以将优超关系视作离散序列的凸性对比.人纫加1(1)Karamata 不等式已知下（上）凸函数f:DR,并给定递增序列ix,I(Irn)、(y,(Irn).若1x,(Irn)iy,(Irn),则f(x)+f(x2)+.+f(x)f(y)+f(y2)+.+f(yn)收稿日期：2 0 2 2-12-12修回日期：2 0 2 3-0 4-18作者简介：余鹏飞（1995一），男，浙江长兴人，主要从事高中数学竞赛教学研究。+1，下面证明：1xm，X ma2,as)(bj,b2,2023年第4期(或 f(x)+f(x2)+.+f(xn)f(yi)+f(y2)+.+f(yn),当且仅当序列/xf(1rn)与iy,(1rn)相同时，上式等号成立.(2)Muirhead定理若(abs）,且x、y、z 为非负实数,则symsym当且仅当=y=z时，上式等号成立。这里表示对称和，即对三元函数symf(x,y,2)有Zf(x,y,z)=Zf(x,z)+Zf(x,z,y),symcyc.cyc表示轮换对称和.cyc(3）加权Jensen不等式已知下（上）凸函数f:DR,若正实数,满足i+,+.+,=1,且x,x,x,ED,则if(x)+,f(x2)+.+nf(x,)f(ixi+zx2+,x,)(或,f(x)+zf(x2)+.+nf(x)f(jxi+zx2+.+,).2Karamata不等式的应用元元例1对任意的x,x2,xnE66求证：cos(2x-x2)+cos(2x2-xg)+cos(2x,-x)cOSX+cOSX2+.+COSXn.证明由条件知元元2xj-X2,2x2-x3,2x,-x,E22元元又函数cos x在区间上是严格2”2下凸的，从而，由Karamata不等式只需证明序列12 xx2,2x,-xg,2x,-x/与序列1x,x2,x，都存在一种排列,使得后者优超于前者。不妨设 m,m2,m,/=h,k2,k,/=(1,2,.,n),且满足:(1).xm.;mm2mn(2)2 xl,-x2其中,xn+1=xi显然，根据K的最小性有2xk类似地，根据、k,的最小性可知(2 x-%+1)+(2x-Xh/2x-xh+1(1in).综上，由Karamata不等式，原不等式成立.例2 设n是正整数,.a,b,.b,，且都是实数，满足Za,=Zb,并对任何T=1T=1S亡a,亡b.假设对任何Ss=1,.,n-1都有T=1T=1实数m,满足a,-a;=m的数对(i,j)的个数等于满足bs-b,=m的数对(k,l)的个数.证明：对任何r=1,n都有a,=b,.分析从常规的组合数学方法考虑这个问题有些困难.从问题以序列的结构给出，若熟悉生成函数方法，会联想到可以用生成函数对题目条件进行简化.题目条件中两个序列是优超关系，因此构造生成函数后运用Karamata不等式是非常自然的想法.4中等数学证明用card(X)表示集合X的元素个数.则 card(i,j)l a;-a;=m)=card(i(k,I)I bh-b,=m b).构造生成函数f(x)=x+x+.+x(ER).于是,f(x-)=x+xa2+.+xn故 F(x),(x)=,Za;-ajX1ijnmX1i.jnai-aj=mai-aj=m类似地，若构造生成函数g(x)=x4+x.+x(xER),62+同样地有b:-b;g(x)g(xl)=XIijn1i.jn b;-bj=m(xcard(1(i,j)I b,-b,=m/).b;-b,=m由式得对任何正实数x，均有f(x)f(xl)=g(x)g(xl).注意到，由题设知序列ia,t(Irn)b,t(rn)(即la,(1rn)在数轴上比1b,f(Irn)更分散）.而=(ln t)t0(tER.),这表明t*dx在正数范围内是下凸函数.故由Karamata不等式知对任意的正实数t有nf(t)=ZtZt=g(),=1T=1f(t)=Z(l)Z(l)=g(t),r=1r=1即 f(t)f(t-)g(t)g(t-l)对tER成立.由Karamata不等式取等的充分必要条件知对任何r=1,n都有a,=b,.3Muirhead定理与Schur不等式Muirhead定理与Schur不等式关联性很强,本文介绍一般的Schur不等式.Schur不等式对实数r及非负实数xy、z,有x(-y)(x-2)0.CycSchur不等式的证明留给读者.需要指出，其等号成立当且仅当=z或=,z=0及其轮换.给定三个非负实数x、y、z 记K(a,b,c)=ZxsymMuirhead定理在这样的记号下表明了：若(aj,a2,a,)(b,b2,b,),则K(aj,a2,a,)K(b,b2,b,).而Schur不等式等价于K(0,0,r+2)+K(1,1,r)2K(0,1,r+1).这无法通过Muirhead定理直接得出，因此Schur不等式可以视作Muirhead定理的一种加强版本，下面几道例题体现出Muirhead定理在处理较难问题时的作用.例3者若正实数xyz满足xyz=1,证明：111201120112011x+y+zy+z+xZ+x+y1.2（第19届土耳其数学奥林匹克）证明由Cauchy不等式得(x+y20+z+y+Z)(x7+y7+7)2Z(al3+y1cyc2011x+y+Z(x+7+2)2cyc故只需证明：Z(al+y(x+y+z+Zcyc2023年第4期记a=x,b=y,c=2.1则 abc=(xyz)3=1.利用条件齐次化知只要证Zabe+)2020220111.11aC十abcCyccyccycZa2+2ZaCa2b21.cyccyc显然(1,1,40)(0,0,42),(2,20,20)(0,21,21),(11,11,20)9II(a+6),其中表示轮换对称积.上式展开、通分、整理，知等价于证明Za6-Za62+3Zab-Zab3symsymsymsym2abcZa(a-b)(a-c)0.cyc显然(0,1,5)(0,2,4),(0,1,5)(0,3,3).根据Muirhead定理及r=1时的Schur不等式可知式显然成立.【注】事实上，本题也可以用“p一qr法”(设 p=x+y+z,q=xy+yz+x,r=xy2),将不等式转化为关于p、q、r 的不等式.而本题经此方法转化后，是一个三次Schur不等式与四次Schur不等式的组合.这个问题很著名，最早由陈计教授于1994年提出，他希望通过此例说明存在一类不等式必须经由复杂的代数变形才能解决.后来曾作为1996 年伊朗的数学竞赛试题，因此也有许多不等式爱好者以“Iran96”称呼此不等式.至今为止，这个问题的所有解决思路都绕不开复杂的代数变形.4Jensen不等式及其加权形式Jensen不等式的特殊情况如下：Jensen不等式代f为实值函数，f是下（上）凸函数等价于：对任意f定义域内的数x，,x，总有f(x)+f(2)+.+f(,)nX+x2+.+xn（或f(a)+f(x2)+.+f(x,)nxX+x2+.+xn这里n是任意的正整数.4这个不等式的证明在Karamata不等式的意义下是显然的.个不等式的证明不做赘述，实(1rn)、iy,(1r n).若对1sn-1,有R，并给定递增序列上）凸函数f：D知下Karamata不等式的加权形式6中等数学事实上，根据不等式的对称性，不妨设.x，从而，nX;1(a,X2,xn)1nnn因此由Karamata不等式，Jensen不等式显然成立.再考虑Jensen不等式的加权形式.为给出此不等式的证明，考虑：,x,y,且,x,y,正T=1T=1=1数,满足+z.,=1,则if(x)+2f(x2)+.+nf(xn)jf(yi)+,f(y2)+.+anf(yn)(或 f(x)+2f(x2)+,f(x),f(y)+,f(y2)+.+nf(yn),当且仅当序列/x,(Irn)与iy,(1rn)相同时，上式等号成立，4这些不等式较为古典.因而本文对这两例5（加权算术一几何不等式）给定正整数n,对满足和为1的正实数,2,及任意的正实数x，x 2,，x 有4x+2x2+.+,x九证明设E,=In x;(Iin).考虑函数f(x)=e*,它在R上恒为下凸函数.从而，由加权Jensen不等式知Za.a:=Za.f(E,)f(2.E.-1111=1因此原不等式成立.Jensen不等式可以很方便地处理一类多元不等式，但是也有很强的局限性，对于一些并不总是下（上）凸的函数，Jensen不等式往往会显得捉襟见肘.但对下（上）凸函数，Karamata不等式不仅仅能计算出多个函数和的下（上）界，而且只要细心地讨论还可得到这样的和的上（下）界，从而综合两种情况，不难得到下面的结论。5与半凹半凸型函数相关的命题关于半凹半凸型函数的讨论，其本质思想就是通过Karamata不等式进行整体调整.命题1若连续函数f:a,bR,且f在区间a,上为上凸函数,在区间t,b上为下凸函数,这里t(tb)为给定的常数,对给定的正整数n,设F(,x,)=Zf(x.),其1中x;Ea,b(Iin),且x;=C为定值,则1F的最大值总在x,x2,x,中至少有n-1个元相等且均在区间a,时取到；F的最小值总在x,x2,x中至少有n-1个元相等且均在区间t,6时取到.命题2 若连续函数f:RR,且在区间（-,上为上凸函数,在区间t，+)上为下凸函数，这里t为给定的常数，对给定的正整数n,设F(x,x)=f(),其中1x,ER(n),且x,=C为定值,则F的=1最大值总在xx2x中至少有n-1个元相等且均在区间（-,订时取到；F的最小值总在x,x2,x,中至少有n-1个元相等且均在区间t,+80)时取到.需要指出，每个命题的两种情况的证明完全类似，且若将上凸区间与下凸区间的顺序相反，仍有类似结论成立。则pqr=1.2023年第4期证明见文4.命题1、2 在处理一些困难的不等式时往往有意想不到的作用。例6 设正数ab、c x y z 满足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c.求函数222Zf(x,y,z):1+x1+1+z的最小值.5（2 0 0 5，全国高中数学联赛（加试）b2+c-a2解由题设可得x：2bcc+a-62y=-，Z2ca二2ab结合xy、z都是正数知b?+c-a0,c+a-b20,a+b2-c0.进而不难得到b+ca,c+ab,a+bc.这说明，以a、b、c 为边长可以构成一个锐角三角形.从而，问题可转化为对锐角ABC，求cos?A的最小值.COSA的最小值.1+cos Acosx2记g(x)=1+coSx则g()=(1+cos x)3(2-4cosx-3cos x-cos*x).元注意到当xE0,时,2-4cos*x-3cosx-2cos4x单调递增,且时g(x)0.求证：当0 0,xE1n+8元20,xEE-8,ln元2这说明，(x)在区间1n-，+8 上为下元2凸函数，在区间J-8,ln上为上凸函数.元1中等数学8由命题2 知F的最小值在至少两元相等2且均在区间-80,ln时取到.不妨设p=q.由于pqr=1,于是,r=p-.故不等式由于 pqr=1,于是,r=p2.故不等式231V1+pV1+元pV1+元令g(p)=下+Ap21V1+元p2则g(p)33=-(1+Ap)2+Ap(1+Ap2)233=-(1+Ap)2+(p2+2)211=元1+pVp?+元211111+pV1+入pVp?+元+元2(1+p)-(p+2)V1+元p/p?+元元/1+元p+/p2+元11111+元p1+元pVp+元p?+元22-(p-1)(p-(a-1)Vi+元p/p+元/1+Ap+/p+元11111+pV1+入pp+元2+元2Vp(1)若1,则0,xE(0,1;g(p)0,xE(1,+).故g(p)g(l)=+:3(2)当1 时,540,xE(0,元-1;g(p)0,xE(-1,1;0,xE(1,+).故 g(p)maxi g(1),lim g(p)P033=max2V1+元V1+元综上，原不等式成立.例6、例7 充分体现了命题1、2 的强大之处.若仔细分析命题1、2 的处理方式，发现其实际上就是一种调整法.练习题1.给定正实数a;b,(1n),满足ja,.an,b,ai,bb,aja2,.,bbz.b,aja2.an.求证:bi+b,+.+b,a+a,+.+an1（196 9,南斯拉夫国家队选拔考试）提示将条件取对数并考虑函数f(x)=e*,应用Karamata不等式即可.2.给定正整数n2.求最小的正常数C，使得对于任意的非负实数x(1n),总有4nxx(a+x)ci0.再应用Muirhead定理即可.5.非负实数yz满足+y+z=1.求证：0 xy+yz+zx-2xyz27(第2 5届IMO)提示不等式的左边由ZxZxy9xyzcyccyc保证.不等式的右边根据齐次化知识等价于27ZZxy-54xyz7cyccycCyc整理后知只需证明Z-Zxy+5Z(x-y)(ax-2)0.symsymcyc利用Muirhead定理与Schur不等式即可，参考文献：1Zoran Kadelburg,Dusan Dukic,Milivoje Lukic,IvanMatic.Inequalities of Karamata,Schur and Muirhead,and some applications J.The Teaching of Mathematics,2005(1):31-45.2第19届土耳其数学奥林匹克(2 0 11)J.中等数学（增刊2),2 0 13(7):8 2-8 5.3陈计，季潮丞著.数学奥林匹克命题人讲座：代数不等式M.上海：上海科技教育出版社，2 0 0 9,8：95-98.4韩京俊编著.初等不等式的证明方法（第二版)M.哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社,2 0 14,11：91-92，17 2-190.52005年全国高中数学联赛J.中等数学，2 0 0 5（12)：26-32.62006年IMO中国国家集训队教练组编.走向IMO：数学奥林匹克试题集锦(2 0 0 6)M.上海：华东师范大学出版社,2 0 0 6,8：12 8-17 6.