论.这里先讲几个最常用的不等式（以下几章经常要用到）： ☆例1,1.7（平均值不等式）任意n个非负实数的几何平 均值小于或等于它们的算术平均值.即a:≥0(i=1,2,…,n) 恒有 a1"a2…a≤a1+a2++a (1) n 且其中的等号当且仅当a1=a2=…=an时成立. 该定理有许多巧妙的证明方法，这里采用反向归纳法， 证1°[证明命题对一切n=2(k=1,2,…)成立].首先有 a1a2= (2) (等号当且仅当a1=a2时成立). 其次 a1a2aga4=√√a1azVa3a4 a1+a2 a3+a4 (利用(2) 2 2 a1+a2十a3+a4 2 (等号当且仅当a1=a2=a3=a4时成立). 类似，Vk∈N,重复上述方法k次， aa…a≤22-ta 21 2 2 ≤…≤a1ta2t…+a2 2 (等号当且仅当a1÷a2=…=a2*时成立). 2°记A=a1+a:+…+a-,则nA=a1+a2+…+a假设 n. 不等式对n+1成立，则 A=nAtA=ait az++a.+A n+1 n+1 ≥"ta1a2aA, 6…
故A"+≥a1a2…anA,A"≥a1a2…am, A≥(a1a2…an)片. 这表明不等式对n成立.跟n+1时一样，等号当且仅当a1=a2 =…=an时成立. 注对于已学过条件极值的读者，本例也是应用Lagrange乘 数法的极好例题.我们知道平面上边长之和为一定数的矩形中，正 方形的面积最大：三维空间上边长之和为定数的长方体中，正方体 的体积最大.同样n维空间上边长之和为定数的长方体中，正方 体的体积最大。 ☆证（应用Lagrange乘数法）记 a-a :（约束条件) （) 我们来证：n维空间边长分别为a,(i=1,2,…,n)的长方体之体 积. V=f(a1,a2,…,an）=a1a2…a,(目标函数) 当且仅当a1=a2=…=an时其值最大， - 从而在一般情况下，有 停 (原式获证). (Lagrange乘数法).设 =a1a…a+(月-a） (称：“Lagrange函数”)， 则 L4=a+a=0(i=1,2,…,n). (i) 将式(i)乘以a:相加，即（注意式(）) 7
na+aa-0. 由此得入=-2Ⅱa,代回(i)式得a,=分(i=1,2,…,n).根 据二、三维的实际经验，（也可理论上论证)最大值存在，现又只有 一个可疑点，故当且仅当a,相等时体积最大. ☆例1.1.8（对数不等式） 1千≤a(1+x)x (当x>-1时)， (1) 等号当且仅当x=0时成立. 证（利用Lagrange公式f(b)=f(a)+f(e)(b-a),ξ∈ (a,b)记f(x)=x-ln(1+x),现证f(x)>0(当x>-1 且x卡0时)，事实上 f)=f0)+f(x=年e>0. 其中：0<<x(当x>0时)， x<e<0（当-1<x<0时).式(1)右端获证， 类似可证g(x)=l(1+x)-1千x>0.x=0的情况明显. ☆注 在(1)式中令x=分，可得重要不等式 1+n<1+}是(i=1,2…. (2) 利用此不等式易证经典极限m（1++…+-nn)存在（见 例1.2.11) 练习试证吴≤sin≤x(当0<x<时) 提示考虑f代x)=sinx,∫<0，f八， f()f(x)<f(+0)（当0<x<时) 8
※五、求递推数列的通项 数列{an},可以看成是定义在自然数集N上的实函数. ※例1.1.9求Fibonacci数列{an}的通项公式，其中a1=a2 =1,am+2=am+1+an（n=1,2,…). 写成 分析将an一f(n),则am+2=am+1+an改写成为函数方 程f(n+2)=f(n+1)+f(n). (1) 解法1假如我们已求得此方程的两个特解f1,f2,则c1, c2∈R,=c1f1+c2f2也必是方程的解，这是因为 f(n+2)=f1(n+1)+f1(n), (2) f2(n+2)=f2(n+1)+f2(n), (3) (2)×c1+(3)×c2得c1f1(n+2)+c2f2(n+2) =(c1f(n+1)+c2f2(n+1)+ （c1f1(n)+c2f2(n)), 此即表明f=c1f1+c2f2满足方程(1). 代入初值条件a1=a2=1,即f(1)=f(2)=1,可以确定待定 系数c1,c2·至此我们已将问题转化为求方程(1)的两个特解的问 题 由a1=a2=1以及递推关系可知Vn,f(n)>0.以f(n)同 除式(1)，可得 fn+2).f(n+1)-fn+1-1=0, f(n+1)f(n)f(n) 可见，若{f(n)川是等比数列，记公比f(n十1=x,则上式成为 f(n) x2-x1=0,其解为x2=1±5 2 因而f()=(15)f()=(225） 是函数方程(1)的 ·9·
两个特解.通解则为 a,=f）=cf(m)+e(m)=c(y）'+(≥)" 代人初值条件f(1)=f(2)=1,可得 1c1+c2=1, c(y5）+e(）=1. 解出可得 6=5=2） 故 a.==[(1y°-（≥门 解法2（视察法）在函数方程 f(n+2)-f(n+1)-f(n)=0 中，令。=159=15，则。+g=1,g=-1.代人后方程化 2 为 f(n+2)-(a+β)f(n+1)+af(n)=0, (1) 由此f(n+2)-af(n+1)=β(f(n+1)-af(n) (反复使用上式) =B2(f(n)-af(n-1))=… =[f(2)-af(1)]=g+1. (2) 注意到(1)中α，3的位置是平等的，故a,3互换结果不变，因此也 应有 f(n+2)-f(n+1)=a"+1. (3) (3)×a-(2)×B消去f(n+1)得 fa+2)=。p@-r）, 以n-2代替其中的n,得 a.=f)=aa。-g)=[-(2}] ·10…