3.1 不等式与绝对值

动机

不等式是次序断言，其代数运算因而有方向。在两边加同一个实数保持方向， 乘以负数则反转方向；乘以符号未知的表达式必须分情况。平方、取倒数和消去 分母也须遵守这一原则。

不等式在本课程中有三个相关用途。第一，描述解集，常为区间的并集或交集。 第二，证明算术平均—几何平均不等式和 Cauchy–Schwarz 不等式等比较结论； 等号条件说明界何时锐利。第三，给出估计：即使精确值难以计算，界仍可控制 极限、证明多项式最终符号固定，或量化数列项与预期极限的距离。

可靠的习惯始终是：写明定义域，找出所有符号变化，说明每步变形的依据， 再与原定义域取交集。未做到这些，仅有看似合理的最终区间并不构成证明。

解不等式：先看定义域与符号

第一个任务是使每一步代数变形都保持原来的解集。使用乘数之前，先确定它的符号。

定义

解集与临界点

不等式的解集是定义域内使命题成立的子集。分子零点、分母零点和绝对值 分段点都是临界点：相邻临界点之间的相关符号恒定。分母零点绝不属于解集， 即使代数约分看似消去了相应因子。

定理

实数次序法则与安全变形

对实数 $a,b,c$，三歧性与传递性成立。此外，

$$a\lt b\Longrightarrow a+c\lt b+c, \qquad \begin{cases} ac\lt bc,&c\gt0,\\ ac\gt bc,&c\lt0. \end{cases}$$

当 $c=0$ 时，乘法会消除大小比较，不能保留等价不等式。若 $0\lt a\lt b$ 且 $r\gt0$，则 $a^r\lt b^r$ 和 $a^{-r}\gt b^{-r}$；对任意实数幂和倒数而言，正数这一假设不可缺少。

思考检查

为什么把不等式乘以 $x-1$ 并不一定是可逆变形？

识别乘数所有三种可能的符号。

解答 · 快速检查答案 1

当 $x\gt1$ 时，不等号方向保持；当 $x\lt1$ 时，方向反转；当 $x=1$ 时， 乘数为零。若该因子来自分母，这个点还在定义域之外。

例题

定义域优先的三个符号分析

先解一个有理不等式。定义域排除 $x=1$，全部移到一边可得

$$\frac{x+1}{x-1}\le2 \Longleftrightarrow \frac{x-3}{x-1}\ge0 \Longleftrightarrow x\lt1\ \text{or}\ x\ge3.$$

也可以乘以 $(x-1)^2\gt0$，但必须先写明 $x\ne1$。

接着，对 $x\ne0$，

$$x\gt\frac3x+2 \Longleftrightarrow \frac{(x-3)(x+1)}{x}\gt0 \Longleftrightarrow -1\lt x\lt0\ \text{or}\ x\gt3.$$

最后，$e^{-x}\sqrt{x-1}$ 恰好在 $x\gt1$ 时为正。在该定义域上，

$$\frac{(x-2)^3(x-3)}{e^{-x}\sqrt{x-1}}\gt0 \Longleftrightarrow 1\lt x\lt2\ \text{or}\ x\gt3.$$

严格不等式排除了分子的零点 $2$ 和 $3$。

常见错误

消去符号未知的分母

不分情况就乘以 $x-1$，可能反转不等号，也可能纳入禁取点 $x=1$。应当采用 符号分情况、符号表，或先写明排除条件，再乘以正平方 $(x-1)^2$。

常见错误

控制符号之前就平方

从 $u\lt v$ 不能在缺少适当符号信息时推出 $u^2\lt v^2$。同样，任意实数幂 要求底数为正。使用一个声称单调的运算之前，必须先确立非负性或分情况讨论。

绝对值：距离与分段讨论

距离条件可以转化为实数轴上的区间；三角不等式进一步让我们无需算出精确值，也能比较距离。

定义

作为距离的绝对值

对实数 $t$，绝对值定义为

$$|t|:= \begin{cases} t,&t\ge 0,\\ -t,&t\lt0. \end{cases}$$

因此，$|t|$ 是 $t$ 到 $0$ 的距离，$|x-a|$ 是 $x$ 到 $a$ 的距离。 特别地，$|t|\ge 0$ 且 $|t|=\sqrt{t^2}$，平方根取非负值。

定理

绝对值不等式与三角不等式

对实数 $a,b$ 以及 $r\ge0$，

$$|a|\le r\Longleftrightarrow -r\le a\le r, \qquad |a|\ge r\Longleftrightarrow a\le-r\ \text{or}\ a\ge r.$$

对 $r\gt0$，严格形式为

$$|a|\lt r\Longleftrightarrow -r\lt a\lt r, \qquad |a|\gt r\Longleftrightarrow a\lt-r\ \text{or}\ a\gt r.$$

绝对值还满足

$$|-a|=|a|, \qquad |ab|=|a||b|, \qquad -|a|\le a\le |a|.$$

此外，

$$|a+b|\le |a|+|b|, \qquad \bigl||a|-|b|\bigr|\le |a-b|\le |a|+|b|.$$

$|a+b|\le|a|+|b|$ 中等号成立，当且仅当 $ab\ge0$。对 $n\in\mathbb Z_+$ 及实数 $a_1,\ldots,a_n$，反复应用可得

$$|a_1+\cdots+a_n|\le |a_1|+\cdots+|a_n|.$$

等号成立当且仅当各项全为非负数或全为非正数。

证明. 三角不等式可通过比较平方来证明。由于两边均非负，

$$|a+b|^2=a^2+2ab+b^2 \le |a|^2+2|a||b|+|b|^2=(|a|+|b|)^2.$$

将 $a$ 替换为 $a-b$，可得到反向三角不等式的一侧；交换 $a$ 与 $b$， 便得到另一侧。

例题

分段处理绝对值不等式

对 $|x-2|+|2x+1|\ge4$，把每个分段点恰好归入一个区间：

$$|x-2|+|2x+1|= \begin{cases} -3x+1,&x\lt-\tfrac12,\\ x+3,&-\tfrac12\le x\lt2,\\ 3x-1,&x\ge2. \end{cases}$$

在各区间内分别求解，再取并集，得到

$$|x-2|+|2x+1|\ge4 \Longleftrightarrow x\le-1\ \text{or}\ x\ge1.$$

等价地，可以画出标注准确的函数图像 $y=|x-2|+|2x+1|$，并将其与水平直线 $y=4$ 比较；上述分段代数恰好解释了为什么图上会出现同样的两条射线。

另外两个分情况分析给出

$$|x-2|\lt x^2\Longleftrightarrow x\lt-2\ \text{or}\ x\gt1,$$

以及，在排除 $x=-1$ 并正确处理负分母之后，

$$\frac{|x+2|}{x+1}\lt-1 \Longleftrightarrow -\frac32\lt x\lt-1.$$

常见错误

丢失绝对值的逻辑结构

$|x|$ 不会自动等于 $x$。小距离条件给出交集，而大距离条件通常给出并集。 各分段点必须以一致方式归入区间，才不会遗漏点，或让同一点受到互相矛盾的 公式约束。

思考检查

把 $|x-5|\lt2$ 改写为一个区间。

把该表达式解释为到 $5$ 的距离。

解答 · 快速检查答案 2

该条件是 $-2\lt x-5\lt2$，所以 $3\lt x\lt7$。

正权求和与非负平方

接下来要证明对所有允许输入都成立的比较。正权求和与非负平方同时解释了不等号方向和取等条件。

定理

正权比值位于端点之间

设 $n\in\mathbb Z_+$、$y_i\gt0$，并且对 $1\le i\le n$ 有 $m\le x_i/y_i\le M$。则

$$m\le \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{i=1}^n y_i}\le M.$$

若至少一个比值严格大于 $m$，左侧不等式严格；若至少一个比值严格小于 $M$，右侧不等式严格。因此，当 $n\ge2$ 且 $x_1/y_1\lt\cdots\lt x_n/y_n$ 时，总和之比严格位于两个端点比值之间。 在 $0\lt\alpha_i\lt\pi/2$ 时取 $x_i=\sin\alpha_i$、 $y_i=\cos\alpha_i$ 是合法的，因为每个分母都为正。

一个基本特例是：若 $p\ge a\gt0$ 且 $b\ge q\gt0$，则 $aq\le pq\le pb$，再除以正数 $bq$，便得到 $a/b\le p/q$。

证明. 比值定理展示了严格端点的论证。由 $m\le x_i/y_i\le M$ 和 $y_i\gt0$，逐项得到 $my_i\le x_i\le My_i$。求和后除以正数 $\sum_i y_i$，得到两个弱界。 若至少一个下界比较严格，其正差求和后仍为正，故下界严格；上端点另行同理 处理。端点比值被取到时，不能把每一项都当成严格比较。

例题

非负平方与严格的正权比值

对 $x,y\gt0$，除以正数 $xy$ 保持次序，因而

$$(x-y)^2\ge0 \Longrightarrow x^2+y^2\ge2xy \Longrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2.$$

等号成立，当且仅当 $x=y$。类似地，对实数 $a,b,c$，

$$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 =2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge0,$$

所以 $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$，且等号成立当且仅当 $a=b=c$。

对于比值定理，将逐项弱界 $m\le x_i/y_i\le M$ 乘以正数 $y_i$，再求和。 若至少一个比值大于 $m$，求和后的下界严格；另行考察上界，若至少一个比值 小于 $M$，求和后的上界严格。例如，$x_1=1$、$x_2=2$、$y_1=y_2=1$ 分别取得端点比值 $m=1$ 和 $M=2$，但总和之比为 $3/2$，严格位于两端之间。

平均值、最优界与等号条件

平均值把多个输入归纳成一个代表值。使用相应不等式时，必须同时保留定义域和等号条件。

定义

四种经典平均

设 $n\in\mathbb Z_+$。对正实数 $a_1,\ldots,a_n$，分别将算术平均、几何平均、调和平均和均方根 定义为

$$A_n=\frac1n\sum_{i=1}^n a_i, \qquad G_n=\left(\prod_{i=1}^n a_i\right)^{1/n}, \qquad H_n=\frac{n}{\sum_{i=1}^n 1/a_i}, \qquad Q_n=\left(\frac1n\sum_{i=1}^n a_i^2\right)^{1/2}.$$

$A_n$ 和 $Q_n$ 对任意实数输入都有意义；算术平均—几何平均不等式中的 $G_n$ 允许非负输入；$H_n$ 则要求输入均为正数。

定理

算术平均—几何平均不等式与加权形式

对 $n\in\mathbb Z_+$ 及非负数 $a_1,\ldots,a_n$，

$$\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\ge (a_1\cdots a_n)^{1/n},$$

等号成立，当且仅当所有输入都相等。对 $a,b\gt0$ 和 $0\lt p\lt1$，

$$a^p b^{1-p}\le pa+(1-p)b,$$

同样，等号成立当且仅当 $a=b$。等价地，若 $\alpha,\beta>0$，则

$$a^\alpha b^\beta\le \left(\frac{\alpha a+\beta b}{\alpha+\beta}\right)^{\alpha+\beta}.$$

证明. 一般算术平均—几何平均不等式可简洁证明。先用微积分得到：对 $t\gt0$，有 $\log t\le t-1$。若每个 $a_i$ 都为正，并令 $A=(a_1+\cdots+a_n)/n$，则

$$\sum_{i=1}^n\log\frac{a_i}{A} \le \sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{A}-1\right)=0.$$

取指数得到 $\prod_i a_i\le A^n$。等号迫使每个 $a_i/A=1$。若有输入 为零，几何平均为零而算术平均非负，且仅当所有输入均为零才取等。这就在 使用对数或约去正平均值之前处理了零输入。

对 $t\gt0$ 和 $0\lt p\lt1$，微积分给出 $t^p\le pt+1-p$。令 $t=a/b$，再乘以正数 $b$，得到加权形式 $a^pb^{1-p}\le pa+(1-p)b$。等号条件 $t=1$ 正好对应于 $a=b$。

例题

算术平均—几何平均不等式的应用与两个 Euler 数列

对正数 $a,b,c$，将算术平均—几何平均不等式用于 $a/b,b/c,c/a$，得到

$$\frac ab+\frac bc+\frac ca\ge3.$$

将它用于这些正数的倒数可得 $H_n\le G_n$。将它用于 $n$ 个 $1+1/n$ 和一个 $1$，可证明 $u_n=(1+1/n)^n$ 严格递增。对适当的倒数 进行平行论证，则可证明 $v_n=(1+1/n)^{n+1}$ 严格递减。整个论证始终需要 正性；严格性来自这些数并非全都相等。

更具体地，第一次应用中的算术平均是 $1+1/(n+1)$，几何平均是 $((1+1/n)^n)^{1/(n+1)}$。把正的严格不等式提升至 $n+1$ 次幂，便得到 $u_{n+1}>u_n$。对于另一个数列，把算术平均—几何平均不等式用于 $n+1$ 个 $n/(n+1)$ 和一个 $1$。它们的算术平均是 $(n+1)/(n+2)$；把严格比较提升 至 $n+2$ 次幂，再取正数的倒数，便得到 $v_{n+1}\lt v_n$。

加权算术平均—几何平均不等式还给出：对 $u,v\gt0$，

$$u^{1/3}v^{2/3}\le\frac13u+\frac23v.$$

定理

Cauchy–Schwarz 不等式与平均值层级

对 $n\in\mathbb Z_+$ 及实数 $x_i,y_i$，

$$\left(\sum_{i=1}^n x_i y_i\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right).$$

等号成立，当且仅当两个向量线性相关，包括一个向量为零；非零时即有标量倍 关系。只有两个向量都非零，归一化内积才可解释为余弦。对任意实数 $a_i$， Cauchy–Schwarz 不等式给出 $Q_n\ge|A_n|$。对正数 $a_i$，完整的平均值链为

$$Q_n\ge A_n\ge G_n\ge H_n,$$

并且整条链中处处取等，当且仅当所有输入都相等。

证明. 证明 Cauchy–Schwarz 不等式时，先单独处理零向量。若 $\sum_i x_i^2\gt0$，考虑

$$F(t)=\sum_{i=1}^n(tx_i-y_i)^2 =\left(\sum x_i^2\right)t^2-2\left(\sum x_i y_i\right)t+\sum y_i^2.$$

由于对每个实数 $t$ 都有 $F(t)\ge0$，其判别式非正，恰好给出所述不等式。 等号意味着对某个 $\lambda$ 有 $F(\lambda)=0$，因而每个 $y_i=\lambda x_i$。

例题

Engel 形式的 Cauchy–Schwarz 不等式

当 $b_i\gt0$ 时，把 Cauchy–Schwarz 不等式用于 $x_i=a_i/\sqrt{b_i}$ 和 $y_i=\sqrt{b_i}$：

$$\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{b_i} \ge\frac{(a_1+\cdots+a_n)^2}{b_1+\cdots+b_n}.$$

对正数 $a,b,c$，取 $x=(\sqrt{a^3b},\sqrt{b^3c},\sqrt{c^3a})$ 和 $y=(1/\sqrt{ab},1/\sqrt{bc},1/\sqrt{ca})$，得到

$$abc(a+b+c)\le a^3b+b^3c+c^3a.$$

其中出现的平方根和倒数说明：在这一应用中，假设必须是正数，而不能仅仅 假设为实数。这里 $1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)=(a+b+c)/(abc)$；将 Cauchy–Schwarz 给出的界 除以正数 $a+b+c$，便得到所展示的结论。

Engel 形式还可以解决一个循环式例题。若 $x,y,z,w\gt0$ 且 $xyzw=16$，则

$$\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+w}+\frac{w^2}{w+x} \ge\frac{x+y+z+w}{2}\ge4.$$

最后一步使用算术平均—几何平均不等式；处处取等要求 $x=y=z=w=2$。

常见错误

在假设之外套用有名不等式

一般的算术平均—几何平均不等式允许非负输入，但对数证明与带实数权重的幂 要求正输入。调和平均要求分母为正；Engel 形式要求 $b_i\gt0$； Cauchy–Schwarz 不等式的余弦解释要求两个向量都非零。

思考检查

对任意实数输入，可以用涉及 $|A_n|$ 的什么更强估计来加强 $Q_n\ge A_n$？

把 Cauchy–Schwarz 不等式用于 $(a_1,\ldots,a_n)$ 和 $(1,\ldots,1)$。

解答 · 快速检查答案 3

对任意实数输入，Cauchy–Schwarz 不等式给出 $Q_n\ge|A_n|\ge A_n$。 所以 $Q_n\ge A_n$ 本来就成立；带绝对值的界更强。完整的平均值链 $Q_n\ge A_n\ge G_n\ge H_n$ 则是在输入为正数时陈述的。

从界得到定量控制

当一个界能按需要变得足够小或足够大时，估计便具有更强的用途。下面用同样的绝对值工具控制局部极限和多项式最终的符号。

定义

去心邻域中的极限

对 $f:\mathbb R\setminus\{c\}\to\mathbb R$，断言 $\lim_{x\to c}f(x)=L$ 的含义是

$$(\forall\varepsilon>0)(\exists\delta>0) (\forall x\in\mathbb R\setminus\{c\}) \bigl(0\lt|x-c|\lt\delta\Longrightarrow |f(x)-L|\lt\varepsilon\bigr).$$

条件 $0\lt|x-c|$ 编码了 $x\ne c$，即只考察去心邻域。数 $\delta$ 可以依赖 $\varepsilon$，但不能依赖随后选取的 $x$。

例题

绝对值估计与 epsilon 控制

反向三角不等式可以避免完整求解一个复合不等式：

$$|2x-1|+|x|\le5 \Longrightarrow 2|x|-1+|x|\le5 \Longrightarrow |x|\le2.$$

对三次式，令 $\delta=\min\{\varepsilon/20,1\}$。若 $|x-2|\lt\delta$，则 $|x|\lt3$，从而

$$|x^3-8| =|x-2||x^2+2x+4| \le |x-2|(|x|^2+2|x|+4) \lt20\delta\le\varepsilon.$$

限制 $\delta\le1$ 控制了随 $x$ 变化的因子；任取更小的正 $\delta$ 也成立， 所以选择并不唯一。对 $f(x)=x^2+4x$，相应的局部估计是

$$|x+3|\lt1\Longrightarrow |f(x)+3| =|x+3||x+1|\le3|x+3|.$$

最后使用非严格的界，使该陈述在 $x=-3$ 时也仍然成立。若 $0\lt\varepsilon\lt1$，取 $\delta=\varepsilon/3$，便得到所需的严格 $\varepsilon$ 估计。

定理

多项式首项的支配作用

设 $p(x)=ax^3+bx^2+cx+d$，其中 $a\gt0$。存在 $m\lt0\lt M$，使得 $p(m)\lt0\lt p(M)$。由于多项式连续，介值定理 于是保证 $m$ 与 $M$ 之间存在一个实零点。同样的首项支配论证适用于每个 首项系数非零的实系数奇次多项式。

例题

多项式支配与数列的定量界

令 $B=|b|+|c|+|d|$。对 $x\ge1$，

$$p(x)=ax^3+bx^2+cx+d \ge ax^3-Bx^2=x^2(ax-B).$$

因此，对任意 $\alpha\gt0$，选择 $M\ge\max\{1,(B+\alpha)/a\}$，即可保证只要 $x\gt M$，便有 $p(x)\gt\alpha$。对 $R\ge1$，相应估计 $p(-R)\le-aR^3+BR^2=R^2(B-aR)$ 在 $R\gt B/a$ 时为负。 于是，连续性给出上文断言的实根，而且无须把系数 $c$ 重复用作根的名称。

对 $x_n=(n^2-3)/(n^2-5n-1)$ 和 $n\ge12$，

$$|x_n-1| =\left|\frac{5n-2}{n^2-5n-1}\right| \le\frac{7n}{n^2/2}=\frac{14}{n}.$$

因此，对 $\varepsilon_0=2^{-1025}$，明确取

$$N=14\cdot2^{1025}$$

即可使每个整数 $n\ge N$ 都满足 $|x_n-1|\le\varepsilon_0$。 $\varepsilon_0$ 中的指数仍是负数；只有在 $N$ 中出现了它的倒数。

一个相关的微积分估计

微积分还可以证明 $e^x\ge1+x$：函数 $e^x-x-1$ 在负半轴上递减至 $0$， 在正半轴上从 $0$ 开始递增。因此 $0$ 是其全局最小值，并且仅当 $x=0$ 时取等。

总结

求解不等式，本质上是在同时处理定义域与符号。把所有项移到同一边，标出 分子的零点、分母的零点和绝对值的分段点，然后检验每个符号恒定的区间。 只有明确写出相应的符号条件后，平方或消去分母才是安全的。

在证明方面，非负平方自然导向二元算术平均—几何平均不等式、三角不等式 以及许多初等比较。一般的算术平均—几何平均不等式、加权形式与 Cauchy–Schwarz 不等式，则把这些思想整理成可重复使用的界。等号成立条件 是每个定理的一部分，并非可有可无的附注。最后，三角估计把局部信息转化为 epsilon 控制，而首项估计支配多项式与数列的行为。

练习

1. 对每个整数 $n\ge2$，用数学归纳法证明 $(1\cdot3\cdots(2n-1))/(2\cdot4\cdots2n)\lt1/\sqrt{3n+1}$。

2. 对互不相同的正数 $a,b$，证明：对每个正整数 $n$， $a^{n+1}-a^n b>ab^n-b^{n+1}$。再证明 $b^n((n+1)a-nb)\lt a^{n+1}$，并用它说明 $(1+1/n)^n$ 严格递增。

3. 对 $x\gt-1$ 和正整数 $n$，证明 Bernoulli 不等式 $(1+x)^n\ge1+nx$，并说明等号成立的条件。

4. 用两种方法求解 $(x+1)/(x-1)\le2$：一是按符号分情况，二是乘以一个 正平方。说明为什么两种论证都必须排除 $x=1$。

5. 求解 $|x-2|\lt x^2$ 和 $|x+2|/(x+1)\lt-1$，写出每个分段点与禁取值。

6. 对正数 $a,b,c$，用算术平均—几何平均不等式证明 $a/b+b/c+c/a\ge3$，并确定等号条件。再对正输入证明 $H_n\le G_n$。

7. 对实数 $a_i$ 和正数 $b_i$，证明 Cauchy–Schwarz 不等式的 Engel 形式。 然后令 $a_i=\sin\theta_i$、$b_i=\cos^2\theta_i$，其中 $0\le\theta_i\lt\pi/2$，应用该结论。

8. 对正数 $a,b,c$，证明 $a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a$。

9. 设 $f(x)=x^2+4x$。对 $0\lt\varepsilon\lt1$，求一个 $\delta\gt0$，使 $|x+3|\lt\delta$ 蕴含 $|f(x)+3|\lt\varepsilon$。

10. 对 $x_n=(n^2-3)/(n^2-5n-1)$，证明当 $n\ge12$ 时 $|x_n-1|\le14/n$；再对 $\varepsilon_0=2^{-1025}$ 给出明确的 $N$，使 每个 $n\ge N$ 都满足 $|x_n-1|\le\varepsilon_0$。

答案与解答

解答 · 解答 1

基例为 $3/8\lt1/\sqrt7$，因为两边都为正且 $63\lt64$。假设该命题对 $k\ge2$ 成立。乘以下一个正因子后，归纳步骤化为

$$\frac{2k+1}{(2k+2)\sqrt{3k+1}}\lt\frac1{\sqrt{3k+4}}.$$

对正数平方后，右侧大于左侧，因为 $(2k+2)^2(3k+1)-(2k+1)^2(3k+4)=k>0$。这证明了归纳步骤，因而结论成立。

解答 · 解答 2

先因式分解第一个差：

$$a^{n+1}-a^nb-(ab^n-b^{n+1})=(a-b)(a^n-b^n)\gt0.$$

由于 $a-b$ 与 $a^n-b^n$ 具有相同的非零符号，该乘积为正。对于第二个 命题，基例等价于 $(a-b)^2\gt0$。若它在 $k$ 时成立，则正的差

$$a b^k((k+1)a-kb)-b^{k+1}((k+2)a-(k+1)b) =(k+1)b^k(a-b)^2$$

使所求左侧小于 $a$ 乘以归纳假设中的左侧，因而小于 $a^{k+2}$。 最后令 $a=n(n+2)$、$b=(n+1)^2$，再除以所得正因子，便得到 $(1+1/n)^n\lt(1+1/(n+1))^{n+1}$。

解答 · 解答 3

当 $n=1$ 时等号成立。若 $(1+x)^k\ge1+kx$，则 $1+x\gt0$，所以

$$(1+x)^{k+1}\ge(1+kx)(1+x) =1+(k+1)x+kx^2\ge1+(k+1)x.$$

因此数学归纳法证明了该结论。当 $x=0$ 时，对每个 $n$ 都取等；当 $n=1$ 时，对每个满足定义域条件的 $x$ 也都取等；当 $n\gt1$ 时，等号要求 $x=0$。

解答 · 解答 4

在 $x\gt1$ 上，乘以正数 $x-1$ 得到 $x\ge3$。在 $x\lt1$ 上，乘法使 不等号反向并得到 $x\le3$，故整个区间 $x\lt1$ 都保留下来。另一种方法是 先要求 $x\ne1$，再乘以正数 $(x-1)^2$，得到 $(x-1)(x-3)\ge0$。两种方法都给出 $(-\infty,1)\cup[3,\infty)$。

解答 · 解答 5

第一问在 $2$ 处分段。在 $x\lt2$ 上，不等式变为 $(x+2)(x-1)\gt0$；在 $x\ge2$ 上，所得二次式恒为正。答案是 $x\lt-2$ 或 $x\gt1$。第二问要求 $x+1$ 为负数，所以 $x\lt-1$； 再在 $-2$ 处分段，只留下 $-3/2\lt x\lt-1$。

解答 · 解答 6

三个正数 $a/b,b/c,c/a$ 的乘积为 $1$，故它们的算术平均至少为 $1$。 等号要求 $a/b=b/c=c/a=1$，所以 $a=b=c$。把算术平均—几何平均不等式 用于 $1/a_1,\ldots,1/a_n$，得到 $1/H_n\ge1/G_n$；正性允许取倒数， 从而得到 $H_n\le G_n$。

解答 · 解答 7

把 Cauchy–Schwarz 不等式用于 $a_i/\sqrt{b_i}$ 和 $\sqrt{b_i}$， 即可得到 Engel 形式的界。在给定的三角函数替换下，每个余弦都为正，因此 得到

$$\sum_{i=1}^n\frac1{\cos^2\theta_i} \ge n+ \frac{(\sum_{i=1}^n\sin\theta_i)^2}{\sum_{i=1}^n\cos^2\theta_i}.$$

这里利用恒等式 $1/\cos^2\theta_i=1+\tan^2\theta_i$，即可写成所展示的形式。

解答 · 解答 8

由二元算术平均—几何平均不等式， $2a^3+b^3\ge3a^2b$、$2b^3+c^3\ge3b^2c$，以及 $2c^3+a^3\ge3c^2a$。三式相加后除以 $3$，便得到结论。三个比较同时取等 要求 $a=b=c$。

解答 · 解答 9

若 $|x+3|\lt1$，则 $|x+1|\le|x+3|+2\lt3$，所以 $|f(x)+3|=|x+3||x+1|\le3|x+3|$。取 $\delta=\varepsilon/3$；由于 $0\lt\varepsilon\lt1$，预备条件得到满足， 最终估计严格小于 $\varepsilon$。

解答 · 解答 10

对 $n\ge12$，有 $|5n-2|\le7n$ 且 $|n^2-5n-1|\ge n^2-6n\ge n^2/2$。因此 $|x_n-1|\le14/n$。取 $N=14\cdot2^{1025}$，便有 $14/N=2^{-1025}$，从而对所有 $n\ge N$ 都得到所需估计。