我上高中的时候曾经自己总结出了一个不等式： \[\frac{a^{n+1}}{c^n}+\frac{b^{n+1}}{d^n} \geq \frac{(a+b)^{n+1}}{(c+d)^n}\] 其中\(a,b,c,d>0\)，且\(n\)为正整数。取等号的充分必要条件是\(\frac a c = \frac b d\)。

当时发现有若干问题，采用这个不等式可以迅速得到答案，比使用导数求极值的方法少了许多计算量。我自己琢磨了一阵子，终于证明了这个不等式，并记录在了自己的笔记本上。我以为我发现了什么了不起的结论。今天才知道，其实它叫权方和不等式，早就有人研究过了。而我在整个高中从未听说过它。

我的笔记本也早已丢失。这两天沿着之前的思路重新证明了一遍。

证明方法

证明这个不等式的方法是利用著名的算术几何平均不等式（AM–GM不等式），即 \[\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \leq \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\] 当且仅当\(x_1=x_2=\cdots=x_n\)时，取等号。

证明中还用到了二项式定理，即 \[(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k\] 其中\(\binom n k = \frac{n!}{(n-k)!k!}\)。

首先，将不等式变形为 \[(c+d)^n\left(\frac{a^{n+1}}{c^n}+\frac{b^{n+1}}{d^n}\right) \geq (a+b)^{n+1}\] 将左边的二项式展开， \begin{align} 左边 &= \sum_{k=0}^n \binom n k c^{n-k}d^k \left(\frac{a^{n+1}}{c^n}+\frac{b^{n+1}}{d^n}\right)\\ &= \sum_{k=0}^n \binom n k \left(\frac{a^{n+1}d^k}{c^k} + \frac{b^{n+1}c^{n-k}}{d^{n-k}}\right) \end{align} 定义\(\alpha_k=\frac{a^{n+1}d^k}{c^k}\)，\(\beta_k=\frac{b^{n+1}c^{n-k}}{d^{n-k}}\)。将求和式中的两项错开相加，可得 \begin{align} 左边&=\sum_{k=0}^n(\alpha_k+\beta_k)\\ &= \tbinom n 0 \alpha_0 + \tbinom n 1 \alpha_1 + \tbinom n 2 \alpha_2 + \cdots + \tbinom n n \alpha_n \\ &\phantom{{}=\tbinom n 0 \alpha_0} + \tbinom n 0 \beta_0 + \tbinom n 1 \beta_1 + \cdots + \tbinom n {n-1} \beta_{n-1} + \tbinom n n \beta_n \\ &= \alpha_0 + \sum_{k=1}^{n} \left[\binom n k\alpha_k + \binom n {k-1}\beta_{k-1}\right] + \beta_n \end{align} 使用AM–GM不等式，并使用恒等式\(\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}\)，得 \begin{align} \binom n k\alpha_k + \binom n {k-1}\beta_{k-1} &\geq \binom {n+1}k\sqrt[\binom {n+1}k]{\alpha_k^{\binom n k}\beta_{k-1}^{\binom n {k-1}}} \end{align} 根式内部 \begin{align} \alpha_k^{\binom{n}{k}}\beta_{k-1}^{\binom n {k-1}} &= \left(\frac{a^{n+1}d^k}{c^k}\right)^{\frac{n!}{(n-k)!k!}} \left(\frac{b^{n+1}c^{n-k+1}}{d^{n-k+1}}\right)^{\frac{n!}{(n-k+1)!(k-1)!}}\\ &= a^{\frac{(n+1)!}{(n-k)!k!}} \left(\frac{d}{c}\right)^{\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}} b^{\frac{(n+1)!}{(n-k+1)!(k-1)!}}\left(\frac{c}{d}\right)^{\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}}\\ &= a^{(n+1-k)\binom{n+1}{k}} b^{k\binom{n+1}{k}} \end{align} 因此 \[ \sqrt[\binom {n+1}{k}]{\alpha_k^{\binom n k}\beta_{k-1}^{\binom n {k-1}}}=a^{n+1-k}b^k \] 在要证明的不等式中，我们得到 \begin{align} 左边 &= \alpha_0 + \sum_{k=1}^{n} \left[\binom n k\alpha_k + \binom n {k-1}\beta_{k-1}\right] + \beta_n\\ &\geq a^{n+1} + \sum_{k=1}^n \binom{n+1}{k} a^{n+1-k}b^k + b^{n+1}\\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^{n+1-k}b^k\\ &= (a+b)^{n+1}\\ &= 右边 \end{align} 取等号的充分必要条件是\(\alpha_k=\beta_{k-1}\)，\(k=1,2,\ldots,n\)，即 \[\frac{a^{n+1}d^k}{c^k} = \frac{b^{n+1}c^{n-k+1}}{d^{n-k+1}}\] 该式成立的充分必要条件是\(\frac a c = \frac b d\)。

点评

这个证明方法我当时是凑出来的。将求和式中的项错开一位相加，再利用AM–GM不等式，得到的恰好是不等式的另一边。我也不知道为什么会有这样的巧合。

用数学归纳法可以将该不等式扩展到任意多项，即 \[\frac{x_1^{n+1}}{y_1^n} + \cdots + \frac{x_m^{n+1}}{y_m^n} \geq \frac{(x_1 + \cdots + x_m)^{n+1}}{(y_1+\cdots+y_m)^n}\] 其中\(x_1,\ldots,x_m,y_1,\ldots,y_m>0\)，\(n\)为正整数。取等号的充分必要条件是\(\frac{x_1}{y_1} = \cdots = \frac{x_m}{y_m}\)。

证明完了之后查了一下，\(n=2\)的情况可以用Cauchy不等式的证明。我这里给出的初等证明适用于任意正整数\(n\)。有其他的证明可以处理\(n\)为实数。可以想象\(n=\frac12\)也是比较有意思的情况。

应用实例

例1a. 已知 \(x,y>0\) 且 \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1\)，求 \(2x+y\) 的最大值。

解： \[1=\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = \frac{(2x)^2}{16} + \frac{y^2}{9}\geq \frac{(2x+y)^2}{25} \] 因此\(2x+y \leq \sqrt{25} = 5\)。

说明：此题往往采用三角换元的方式求解，也可以用Cauchy不等式。

例1b. 已知 \(x,y>0\) 且 \(\frac{2}{x^2} + \frac{1}{y^2} = 1\)，求 \(2x+y\) 的最小值。

解： \[1 = \frac{2}{x^2} + \frac{1}{y^2} = \frac{2^3}{(2x)^2} + \frac{1}{y^2} \geq \frac{(2+1)^3}{(2x+y)^2}\] 因此\(2x+y\geq\sqrt{27}=3\sqrt3\)。

例2. 在\(x=0\)处有一点电荷，带正电，电荷量为\(+q\)；在\(x=1\) 处有一点电荷，带负电，电荷量为\(-q\)。问在 \(0<x<1\) 中，哪一点的电场强度最小？最小是多少？

解：根据库仑定律，电场强度为 \[E=\frac{kq}{x^2} + \frac{kq}{(1-x)^2} \geq \frac{kq(1+1)^3}{(x+1-x)^2} = 8kq\] 取等号的充分必要条件是\(\frac{1}{x} = \frac{1}{1-x}\)，即\(x=\frac12\)。

例3. 已知\(a,b,c>0\) 且\(a+b+c = 1\)，求\(\frac 1{a+b} + \frac 1{b+c} + \frac 1{c+a}\) 的最小值。

解： \[\frac 1{a+b} + \frac 1{b+c} + \frac 1{c+a} \geq \frac{(1+1+1)^2}{2(a+b+c)} = \frac{9}{2}\]

附：AM–GM不等式的证明

高中数学讲授\(n=2\)时的特殊情况。证明的办法很简单， 根据\[(\sqrt a - \sqrt b)^2 \geq 0\]得\[a - 2\sqrt{ab} + b \geq 0\] 移项后两边除以\(2\)即得\[\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\] 称为基本不等式。

一般的情况需要一些巧思。下面附一个利用数学归纳法证明AM–GM不等式的办法。这个办法是我在网上找到的。

定义 \begin{align} A_n &= \frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\\ G_n &= \sqrt[n]{x_1\cdots x_n} \end{align} 以下两个递推式在证明中将用到 \begin{align} (n+1)A_n &= nA_n + x_{n+1}\\ G_{n+1}^{n+1} &= G_n^nx_{n+1} \end{align}

要证明的命题是“\(A_n\geq G_n\)对任意\(x_1,\ldots,x_n>0\)都成立，并且取等号的充分必要条件是\(x_1=\cdots=x_n\)”，对正整数\(n\)进行归纳。

当\(n=1\)时，\(A_1=x_1=G_1\)，命题显然成立。 假设当\(n=k\)时，命题成立，下面将要证明不等式\(A_{k+1}\geq G_{k+1}\)。

只须证明\[(k+1)A_{k+1} \geq (k+1)G_{k+1}\] 只须证明\[kA_k + x_{k+1} \geq (k+1)G_{k+1}\] 只须证明\[kA_k + x_{k+1} + (k-1)G_{k+1} \geq 2kG_{k+1}\]

利用归纳假设，有\(A_k\geq G_k\)。这允许我们使用\(k\)个数的AM–GM不等式： \begin{align} x_{k+1} + (k-1)G_{k+1} &= x_{k+1} + \underbrace{G_{k+1} + \cdots + G_{k+1}}_{k-1} \\ &\geq \sqrt[k]{x_{k+1}G_{k+1}^{k-1}} \end{align} 于是有： \begin{align} kA_k + x_{k+1} + (k-1)G_{k+1} &\geq kG_k + \sqrt[k]{x_{k+1}G_{k+1}^{k-1}} \\ &\geq 2k\sqrt[2k]{G_k^{k}x_{k+1}G_{k+1}^{k-1}}\\ &= 2kG_{k+1} \end{align} 第二个不等号使用了基本不等式（即\(n=2\)的情况，前面已经证明）。 取等号的必要条件是 \(x_1=\cdots=x_k\) 和 \(x_{k+1}=G_{k+1}\)。这已经要求\(x_1=\cdots=x_k=x_{k+1}\)。代入不等式可知这个条件也是充分的。 这说明\(A_{k+1}\geq G_{k+1}\)，当且仅当\(x_1=\cdots=x_{k+1}\)时取等号。根据数学归纳法，要证明的命题对一切正整数\(n\)都成立。

附：推广到实数指数的情况

我简单思考了一下，AM–GM不等式似乎并不能用于处理\(n\)为实数的情况，因为广义二项式系数可能是负的，那么证明中的关键步骤就不能成立。幸运的是，使用微积分工具可以不需要太多技巧就能证明这个不等式，而且可以轻松地推广到实数指数的情况。

我们只需要证明 \[1+\frac{y^{n+1}}{x^n} \geq \frac{(1+y)^{n+1}}{(1+x)^n}\] 其中\(x,y,n>0\)。在上式中代换\(y=\frac ba\)和\(x=\frac dc\)就能得到原来的不等式。 设\[f(x)=(1+x)^n\left(1+\frac{y^{n+1}}{x^n}\right)\] 求导，得 \[f’(x) = n(1+x)^{n-1}\left[1-\left(\frac{y}{x}\right)^{n+1}\right]\] 注意条件\(n>0\)，当\(x<y\)时，\(\left(\frac yx\right)^{n+1} > 1\)，因此\(f’(x)<0\)。类似地，当\(x>y\)时，\(f’(x)>0\)。由此可知，\(f(x)\)在\(x=y\)处取得最小值，最小值为 \[f_\min = f(y) = (1+y)^{n+1}\] 由此可知，对任意\(x>0\)都有 \[f(x)=(1+x)^n\left(1+\frac{y^{n+1}}{x^n}\right) \geq (1+y)^{n+1}\] 当且仅当\(x=y\)时，取等号。 我们还可以进一步推广到\(-1<n<0\)的情况，此时不等号反向。\(n < -1\)的情况可以转换为\(n>0\)的情况，不再探讨。

除此以外还有使用其他著名公式的证明。这些公式我并没有系统学过，用起来也需要一些技巧。好在微积分能够普适地、机械化的处理问题。这就是它的优势所在。