考慮\(\;n\;\)個正數\(\;a_1,a_2,\cdots,a_n\;\)，它們的算術平均數是\(\;\displaystyle{AM=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}\;\)；調和平均數是\(\;\displaystyle{HM=\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}}\;\)。我們恆有不等式\(\;AM\geq HM\;\)；當且僅當\(\;a_1=a_2=\cdots=a_n\;\)時，等式才成立。
證明要求有二次函數及其判別式的認識。同學可以參看二次函數的課件。
我們先構作\(\;n\;\)個二次函數： \begin{align*} f_1(x) &=a_1x^2+2x+\frac{1}{a_1},\\ f_2(x) &=a_2x^2+2x+\frac{1}{a_2},\\ &\vdots\\ f_n(x) &=a_nx^2+2x+\frac{1}{a_n}。 \end{align*}
對於\(\;i=1,2,\cdots,n\;\)，我們細看一下\(\;f_i(x)\;\)：
\begin{align*} f_i(x) &=a_ix^2+2x+\frac{1}{a_i}\\ &=(\sqrt{a_i}x+\frac{1}{\sqrt{a_i}})^2\\ &\geq 0。 \end{align*} 因此\(\;f_i(x)\geq 0\;\)；當且僅當\(\;x=\frac{1}{a_i}\;\)時，\(\;f_i(x)= 0\;\)。 重申\(\;a_i\;\)是正數，所以我們有權在這一步考慮\(\;\sqrt{a_i}\;\)和\(\;\frac{1}{\sqrt{a_i}}\;\)。
現在考慮這\(\;n\;\)個二次函數之和\(\;f(x)=f_1(x)+f_2(x)+\cdots +f_n(x)\;\)。
| 一方面 \begin{align*} f(x)&=f_1(x)+f_2(x)+\cdots +f_n(x)\\ &=(\sqrt{a_1}x+\frac{1}{\sqrt{a_1}})^2+(\sqrt{a_2}x+\frac{1}{\sqrt{a_2}})^2+\cdots+(\sqrt{a_n}x+\frac{1}{\sqrt{a_n}})^2\\ &\geq 0； \end{align*} 當且僅當\(\;x=\frac{1}{a_1}=\frac{1}{a_2}=\cdots=\frac{1}{a_n}\;\)時，\(\;f(x)= 0\;\)。 如果\(\;a_1=a_2=\cdots=a_n\;\)，\(\;f(x)\;\)有一個根；否則\(\;f(x)\;\)沒有根。 |
| 另一方面 \begin{align*} f(x)&=f_1(x)+f_2(x)+\cdots +f_n(x)\\ &=(a_1x^2+2x+\frac{1}{a_1})+(a_2x^2+2x+\frac{1}{a_2})+\cdots +(a_nx^2+2x+\frac{1}{a_n})\\ &=(a_1+a_2+\cdots+a_n)x^2+2nx+(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n})， \end{align*} 也是個二次函數。 \(\;f(x)\;\)有一個根就代表其判別式等於零；\(\;f(x)\;\)沒有根就代表其判別式小於零。 |
結論是：
如果\(\;a_1=a_2=\cdots=a_n\;\)， \begin{align*} AM=\frac{na_1}{n}=a_1=\frac{n}{n/a_1}=HM； \end{align*} 否則，\(\;f(x)\;\)就沒有根，以致\(\;f(x)\;\)的判別式必小於零。於是 \begin{align*} \quad && (2n)^2-4(a_1+a_2+\cdots+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n})&<0\\ \Rightarrow \quad &&(a_1+a_2+\cdots+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n})&>n^2\\ \Rightarrow \quad &&\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}&>\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}\\ \Rightarrow \quad &&AM&>HM。 \end{align*} 證畢。
稍微改良上面的辯論，我們可以證明一個更一般的結果：柯西-施瓦茨不等式。