几个常用的不等式

1.伯努利不等式

命题：
设$h>-1,n\in {\mathbf{N}}_{+}$,则成立不等式
$$(1+h{)}^n⩾1+nh$$
其中当$n>1$时成立等号的充分必要条件是$h=0$

证明：由于$n=1$或$h=0$时不等式明显成立（且其中均成立等号），一下只需讨论$n>1$和$h\ne 0$的情况。
将$(1+h{)}^n-1$做因式分解，就可以得到
$$(1+h{)}^n-1=h\left[1+(1+h)+(1+h{)}^2+\cdots +(1+h{)}^{n-1}\right]$$
当$h>0$时，在右边方括号内从第二项起都大于1，因此就有$(1+h{)}^n-1>nh$。
在$-1<h<0$时在上述公式右边方括号中从第二项起都小于1，因此方括号中表达式之和小于$n$,由于$h<0$,因此得到$(1+h{)}^n-1>nh$。
推广：令$h=B/A$,其中$A>0,A+B>0$，则条件$1+h>0$成立，将这个$h$代入伯努利不等式中，就可以得到下一个不等式：
命题：设有$A>0,A+B>0,n\in {\mathbf{N}}_{+}$，则成立不等式$(A+B{)}^n⩾A^n+n{A}^{n-1}B$，而且当$n>1$时其中成立等号的充分必要条件是$B=0$。

2.算术平均值-几何平均值不等式

命题：设$a_1,a_2,\cdots ,a_n$是$n$个非负实数，则成立不等式：
$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}$$
其中等号成立的充分必要条件是$a_1=a_2=\cdots =a_n$。

证1：一开始可以看出，如果在$a_1,a_2,\cdots ,a_n$中出现0，则不等式已经成立，又可以看出，这时成立等号的充分必要条件是其中每个数为0，因此下面只需要对$a_1,a_2,\cdots ,a_n$为$n$个正数的情况来证明就够了。
应用数学归纳法，在$n=1$时结论是平凡的，在$n=2$时的结论是中学数学已包含的内容，现设$n=k$时不等式已成立，然后讨论$n=k+1$,将$k+1$个正数$a_1,a_2,\cdots ,a_n$的算术平均值分解如下：
$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{k+1}}{k+1}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k}+\frac{k{a}_{k+1}-\left(a_1+a_2+\cdots +a_k\right)}{k(k+1)}$$
然后将上式右边的两项分别记为$A$和$B$，这时条件$A>0,A+B>0$满足，因此就可以应用伯努利不等式的推广不等式进行如下计算：
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{k+1}}{k+1}\right)}^{k+1}& =(A+B{)}^{k+1}⩾A^{k+1}+(k+1)A^{k}B\\ & =A^k(A+(k+1)B)\\ & ={\left(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k}\right)}^k\cdot a_{k+1}\\ & ⩾a_1{a}_2\cdots a_k{a}_{k+1}\end{array}$$
在不等式中成立等号的条件也可以用数学归纳法得到，在$n=1$时已成立，设在$n=k$时结论为真，则在$n=k+1$时可从上述推导看出等号成立的条件是$k{a}_{k+1}=a_1+a_2+\cdots +a_k$和$a_1=a_2=\cdots =a_k$
也即是$a_1=a_2=\cdots =a_k=a_{k+1}$

证2：采用拉格朗日乘数法，令$a_1{a}_2\cdots a_n=a$，并做辅助函数
$F=a_1+a_2+\cdots +a_n+\lambda \left(a_1{a}_2\cdots a_n-a\right)$
令
$$\{\begin{array}{l}{F}_{a_1}^{\prime }=1+\lambda a_2{a}_3\cdots a_n=0\\ F_{a_2}^{\prime }=1+\lambda a_1{a}_3\cdots a_n=0\\ \cdots \cdots \\ F_{a_n}^{\prime }=1+\lambda a_1{a}_2\cdots a_{n-1}=0\\ F_{\lambda }^{\prime }=a_1{a}_2\cdots a_n-a=0\end{array}$$
得$a_1=a_2=\cdots =a_n=\sqrt[n]{a}$
由于$a_1,a_2,\cdots ,a_n>0$，所以$a_1+a_2+\cdots +a_n$无最大值，其最小值为
$${\left(a_1+a_2+\cdots +a_n\right)}_{\min }=n\sqrt[n]{a}$$
即
$$a_1+a_2+\cdots +a_n⩾n\sqrt[n]{a}=n\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}$$
得证

3.几何平均值-调和平均值不等式

命题：若$a_k>0,k=1,2,\cdots ,n$，则有
$${\left(\prod _{k=1}^n{a}_k\right)}^{\frac{1}{n}}⩾\frac{n}{{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}$$

证明：首先对数函数具有凸性，要证算术平均值-几何平均值不等式：
$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k\ge \sqrt{\prod _{k=1}^n{a}_k}$$
两边取对数，即证：
$$\ln \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k\right)\ge \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln a_k$$
对于几何平均值-调和平均值不等式而言：
$$\sqrt[n]{\prod _{k=1}^n{a}_k}\ge \frac{n}{{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}$$
先取倒数，得：
$$\sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\frac{1}{a_k}}\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}$$
再取对数：
$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \frac{1}{a_k}\le \ln \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}\right)$$
证毕。

4.柯西不等式

命题：对实数$a_1,a_2,\cdots ,a_n$和$b_1,b_2,\cdots ,b_n$成立
$$\left|\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\right|⩽\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2}\sqrt{\sum _{i=1}^n{b}_i^2}$$

证明：引入变量$\lambda$,写出如下的非负二次三项式
$$0⩽\sum _{i=1}^n{\left(\lambda a_i-b_i\right)}^2={\lambda }^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2-2\lambda \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i+\sum _{i=1}^n{b}_i^2$$
如果$a_1,a_2,\cdots ,a_n$全为0，可以发现柯西不等式已成立。否则，${\lambda }^2$项的系数不会是0，因此它的判别式非正，这就导致
$${\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\right)}^2⩽\left(\sum _{i=1}^n{a}_i^2\right)\cdot \left(\sum _{i=1}^n{b}_i^2\right)$$
两边开方，就得到所要求证的不等式。
补充：在柯西不得鞥是中等号成立的充分必要条件是两个序列{ai}1⩽i⩽n\left\{a_{i}\right\}_{1 \leqslant i \leqslant n}{ai​}1⩽i⩽n​和{bi}1⩽i⩽n\left\{b_{i}\right\}_{1 \leqslant i \leqslant n}{bi​}1⩽i⩽n​成比例。

5.其它不等式

1. 设$x>0,y>0,p>0,q>0,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$，则有$xy⩽\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}$

证明：在$xy⩽\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}$两边取对数，得到$\ln (xy)⩽\ln \left(\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}\right)$
由于$x>0$,令$f(x)=\ln x\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{x^2}<0\Rightarrow f(x)$的图像是凸的，，由凸凹性定义得：
$$f\left[\lambda x_1+(1-\lambda )y_1\right]⩾\lambda f\left(x_1\right)+(1-\lambda )f\left(y_1\right)$$
在上式中，令$\lambda =\frac{1}{p},x_1=x^p,y_1=y^q$，则$1-\lambda =1-\frac{1}{p}=\frac{1}{q}$，于是就得到
$$\ln \left(\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}\right)⩾\frac{1}{p}f\left(x^p\right)+\frac{1}{q}f\left(y^q\right)=\ln (xy)$$
即得：
$$xy⩽\frac{x^{\rho }}{p}+\frac{y^y}{q}$$

2. 设$f(x)$在$[a,,b]$上$p$次方可积，$g(x)$在$[a,,b]$上$q$次方可积，则
   $$\left|{\int }_a^{b}f(x)\cdot g(x)\mathrm{d}x\right|⩽{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{p}}\cdot {\left[{\int }_a^b|g(x){|}^q\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{q}}$$
   其中$p>1,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$

证明：设$A=\frac{|f(x)|}{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{p}}},B=\frac{|g(x)|}{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^q\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{q}}}$，利用Young不等式得：
$$\frac{|f(x)|}{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{p}}}\cdot \frac{|g(x)|}{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{\frac{1}{q}}}⩽\frac{1}{p}\frac{|f(x){|}^p}{{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x}+\frac{1}{q}\frac{|g(x){|}^q}{{\int }_a^b|g(x){|}^{s}dx}$$
于是
$$\begin{array}{rl}|f(x)||g(x)|⩽\frac{1}{p}& \frac{|f(x){|}^p}{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x\right]}^{1-\frac{1}{p}}}{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^q\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{q}}+\\ & \frac{1}{q}\frac{|g(x){|}^q}{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{1-\frac{1}{q}}}{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^p\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{p}}\\ & =\frac{1}{p}|f(x)|\cdot \frac{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{\frac{1}{q}}}{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\right]}^{\frac{1}{q}}}+\frac{1}{q}|g(x){|}^q\frac{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\right]}^{\frac{1}{p}}}{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{r}dx\right]}^{\frac{1}{p}}}\end{array}$$
对上式两边在$[a,b]$上关于$x$积分,得：
$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b|f(x)g(x)|dx& ⩽\frac{1}{p}{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\frac{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{\frac{1}{q}}}{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\right]}^{\frac{1}{q}}}+\frac{1}{q}{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\frac{{\left[{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\right]}^{\frac{1}{p}}}{{\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{-\frac{1}{p}}}\\ & =\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right){\left[{\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx\right]}^{\frac{1}{p}}\cdot {\left[{\int }_a^b|g(x){|}^{q}dx\right]}^{\frac{1}{q}}\end{array}$$
又由$\left|{\int }_a^{b}f(x)\cdot g(x)\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_a^b|f(x)g(x)|\mathrm{d}x$，命题得证。

3. $\arctan x⩽x⩽\arcsin x(0⩽x⩽1)$