琴生不等式(Jensen's Inequality) 若 $f(x)$是区间$[a,b]$上的下凸函数，则对任意的 $x_1,x_2,x_3,···,x_n\in [a,b]$，有不等式$\frac{\sum_{i=1}^{n}{f(x_i)}}{n}\geq f(\frac{\sum_{i=1}^{n}{}{}x_i}{n})$ 当且仅当 $x_1=x_2=x_3=···=x_n$时等号成立在开启本文之前，容许我重申一个小结论：

如果函数 $f(x)$在区间$I$ 上二阶可导， 则 $f(x)$在区间$I$上是凸函数的充要条件是$f''(x)≤0$ ; 则 $f(x)$在区间$I$上是凹函数的充要条件是$f''(x)≥0$ 。琴生不等式(Jensen's Inequality)的二维形式概念：

$f(x)$在区间$I$上连续，对$I$上任意两点$x_1,x_2$。 如果$f(x)$在区间$I$上是下凸函数，恒有 $f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$ 如果$f(x)$在区间$I$上是上凸函数，恒有 $f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right) \geq\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$ 当且仅当 $x_1=x_2$时等号成立。为了行文方便，以下凸函数为例，用数学语言则可以表述为：

$\forall x\in R,f''(x)\geq0\Leftrightarrow \forall x_1,x_2\in R,f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$

一、几何意义代数化1.高中方法证明[1]：(从几何意义上看，一个二阶导大于零的函数总有任意两点函数值的平均值大于中点的函数值。这样看是显然的。但是，我们需要把这个想法用严格的数学语言表述出来，这就启发我们——

不妨设 $x_1\leq x_2$，构造中间函数$g(x)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)+f(x_1)$

这时g(x)的几何意义就是连接点 $(x_1,f(x_1))$，$(x_2,f(x_2))$的直线。 我们观察到，此时问题转化为了$f(x)$和$g(x)$的大小关系令$h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)-f(x_1)$

那么 $h'(x)=f'(x)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$

$h''(x)=f''(x)\geq0$

因此 $h'(x)$ 是单调递增的

又因为 $h(x_1)=h(x_2)$

由反证法得到 $h'(x_1)<0<h'(x_2)$

简单理解成一个开口向上的抛物线被一条垂直 $y$轴的直线所截，左交点处的切线斜率一定小于零，右交点处的切线斜率一定大于零假设$f'(x_0)=0$，因为$f''(x)>0$，$f'(x)$单调递增，显然存在且唯一存在一个$x_0$

$x\in[x_1,x_0)$，$h(x)$单调递减，$h(x)\leq h(x_1)=0$

$x\in[x_0,x_2]$，$h(x) $单调递增，$h(x)\leq h(x_2)=0$

因此 $\forall x\in [x_1,x_2],h(x)\leq0$

因此 $f(x)\leq\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)+f(x_1)$

将 $x=\frac{x_1+x_2}{2}$ 代入，得证。

2.拉格朗日中值定理*证法1的修正不妨设 $x_1\leq x_2$，构造中间函数$g(x)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)+f(x_1)$

令 $h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)-f(x_1)$

由拉格朗日中值定理得， $\exists x_0\in(x_1,x_2)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(x_2)-f(x_1) }{x_2-x_1}$ ，

$∴h(x)=f(x)-f'(\xi)(x-x_1)-f(x_1)$

$∴h'(x)=f'(x)-f'(\xi)$

$∴h''(x)=f''(x)\geq0$

因此 $h'(x)$ 是单调递增的

$∵\xi\in(x_1,x_2)$，且$h'(\xi)=0$，所以$h(x)$在$(x_1,\xi)$单调递减， 在$(\xi，x_2)$ 单调递增

所以 $h(x)\leq h(x_1)= h(x_2)=0$

因此 $f(x)\leq\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)+f(x_1)$

将 $x=\frac{x_1+x_2}{2}$ 代入，得证。

二、代数证明1.虚设函数构造[1]：不妨设 $x_1\leq x_2$，令$m=x_1+x_2$

令 $h(x)=f(x)+f(m-x)(x\ne\frac m2)$

$f(x)$与$f(m-x)$关于$x=\frac{m}{2}$对称。则$h'(x)=f'(x)-f'(m-x)$

$h''(x)=f''(x)+f''(m-x)\geq0$

又 $h'(\frac m2)=0$

因此 $x<\frac m2,h'(x)<0$，$h(x)$ 单调递减。

$x>\frac m2,h'(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。

因此 $h(x)\geq h(\frac m2)$

令 $x=x_1$ ，得证。

2.主元法证明（偏导数：？？？）不妨设 $x_1\leq x_2$ ，

欲证 $f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$

即证 $f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)-\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\leq0$

以 $x_2$为变量，构造中间函数$g(x)=f\left( \frac{x_1+x}{2}\right)-\frac{f(x_1)+f(x)}{2}$

则 $g'(x)=\frac{1}{2}f'\left( \frac{x_1+x}{2}\right)-\frac{f'(x)}{2}= \frac{1}{2}\left[ f'\left( \frac{x_1+x}{2}\right)- f'(x)\right]$

因为 $x_1\leq x$，所以$\frac{x_1+x}{2}-x= \frac{x_1-x}{2}\leq0$

即 $\frac{x_1+x}{2}\leq x$

由于 $f''(x)\geq0$，所以函数$f'(x)$ 单调递增，

所以 $f'\left( \frac{x_1+x}{2}\right)- f'(x)\leq0$

即 $g'(x)\leq0$，所以函数$g(x)$ 单调递减，

所以 $g(x)≤g(x_1)=0$

即 $f\left( \frac{x_1+x}{2}\right)-\frac{f(x_1)+f(x)}{2}\leq0$

即 $f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$

原不等式得证。

3.泰勒公式证明*由泰勒公式得 $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$

（ $\xi$介于$x_0$与$x$ 之间）

因 $f''(x)≥0$，所以$f(x)≥f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$

取 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}$ ，

$f(x)≥f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)+f'\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\left( x-\frac{x_1+x_2}{2}\right)$ 。

分别将 $x=x_1$，$x=x_2$ 代入上式，得

$f(x_1)≥f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)+f'\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)\left(\frac{x_1-x_2}{2}\right)$ ，

$f(x_2)≥f\left( \frac{x_1+x_2}{2}\right)+f'\left( \frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(\frac{x_2-x_1}{2}\right)$ 。

将上述两式相加，得 $f\left( \frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\leq\frac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}$

三、琴生不等式的应用$(1)在\Delta ABC中，求\sin A+\sin B+\sin C的最大值；$

$(2)设x,y,z为正实数，求证：\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{z^{2}}{x+y}\geq\frac{x+y+z}{2}；$

$(3)设x,y,z为正实数，求证：\frac{x}{\sqrt{y+z}}+\frac{y}{\sqrt{z+x}}+\frac{z}{\sqrt{x+y}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}(x+y+z)}。$

嗯，留做习题，读者自证不难~

【拓展】加权琴生不等式（Weighted Jensen's Inequality）的二维形式（1）概念在区间$I$上连续，对$I$上任意两点$x_1,x_2$，且 $\lambda_1+\lambda_2=1$，$\lambda_1,\lambda_2$ 为正实数。 如果$f(x)$在区间$I$上是下凸函数，恒有 $f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)\leq\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)$ 如果$f(x)$在区间$I$上是上凸函数，恒有 $f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)\geq\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)$当且仅当$x_1=x_2$时等号成立。为了行文方便，以下凸函数为例：

（2）主元法证明$f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)\leq\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)\Leftrightarrow f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)-\lambda_1f(x_1)-\lambda_2f(x_2)\leq 0$

不妨设 $x_1<x_2$，以 $x_1$ 为主元，令$F(x)=f\left(\lambda_1x+\lambda_2x_2\right)-\lambda_1f(x)-\lambda_2f(x_2)$，$x\in(-∞,x_2)$ .

则 $F'(x)=\lambda_1f'\left(\lambda_1x+\lambda_2x_2\right)-\lambda_1f'(x)=\lambda_1[f'\left(\lambda_1x+\lambda_2x_2\right)-f'(x)]$

由于 $f''(x)\geq0$，所以函数$f'(x)$ 单调递增，

因为 $\lambda_1+\lambda_2=1$ ，

则$\lambda_1x+\lambda_2x_2-x=\lambda_2x_2-(1-\lambda_1)x=\lambda_2x_2-\lambda_2x=\lambda_2(x_2-x)\geq0$

所以 $f'\left(\lambda_1x+\lambda_2x_2\right)\geq f'(x)$，即$F'(x)>0$

所以 $F(x)$在$(-∞,x_2)$ 上为增函数，

又 $F(x_2)=f\left(\lambda_1x_2+\lambda_2x_2\right)-\lambda_1f(x_2)-\lambda_2f(x_2)=f(x_2)-f(x_2)=0$

所以 $F(x)\leq F(x_2)=0$ ，

即 $F(x_1)\leq F(x_2)=0$

即 $f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)-\lambda_1f(x_1)-\lambda_2f(x_2)\leq 0$

即 $f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\right)\leq\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)$