從算術幾何平均不等式 看數學解題中的一題多解

從算術幾何平均不等式

看數學解題中的一題多解

黃毅英

蓋聶 (Gagn´e, 1984) 指出解題 (Prob- lem solving) 為學習的最高層次。 它亦恐怕 為人類最複雜的認知活動。 解題能力之獲得 更一直為數學學習所著重。 美國國家數學督 導員議會 (National Council of Super- visors of Mathematics, 1977) 提出 「學 習解難為研讀數學的主要原因」。 尤有進者, 學習如何解題並非只對有志數學的同學重要;

若考慮普及教育為了培養未來公民應具知識、

技能與素養之目的, 讓一般學生具備面對未 來問題之能力要比務使其背誦大堆公式定理 更有意義。 故此, 解題能力之增強實為現時代 學校數學教學的焦點。

一. 解題過程與一題多解

不少學者曾建立解題模型, 其中波利亞 (Polya, 1957) 提出首個經典的解題模型, 包 括了如下的四步曲:

1. 瞭解問題, 2. 設計解題計劃, 3. 執行該計劃, 4. 回顧。

於 Scandura (1977) 中則提出了以下的解 題步驟:

1. 解題者將問題分成細步 (次目標形成)。

2. 他繼而為各細步及整個問題訂定目標。

3. 他找尋達至這些目標的法則 (法則尋找)。

4. 他判斷這些法則是否足以解決問題 (法則 運用)。

5. 若足夠便轉向另一次目標; 若否, 則轉向 找尋統攝較低層次法則的高層次法則。 足 以解決問題與否亦於此作決定。

基於上述模型, 李芳樂 (Lee, 1980) 以 225 名香港中四學生作研究, 用路徑分析 (path analysis) 證立了以下的數學解題模式 (圖 一)。

圖一. 數學解題過程之路徑圖

1

故此, 數學解題可被視為從已知通向未 知路徑的找尋 (圖二)。 在每一步中作腦部衝 擊並選出最可能的下一步對整個問題之解決 甚為重要 (黃, 1989), 正如 Feldhusen 和 Guthrie(1979) 中云: 「在慣常事物中看出不 慣常方法」。

圖二. 從已知通向未知的路

學習者若能多接觸一題多解的例子則極 能提高上述 「尋覓下一站」 的能力, 從而對一 般的解題能力亦得到提高 (黃, 1987)。 本文 即以算術幾何平均不等式為例, 此不等式在 高中已接觸到, 但下面我們舉出超過十種不 同的證明方法, 而部分是取材自香港高級程 度考試純數試題。 於此更可看到得出算術幾 何平均不等式的結果並不重要, 所運用的各 種不等式證明過程方為至要。 故本文將對每 個證明中涉及的解題技巧作詳細分析。

二. 算術幾何平均不等式及其 古典證明

對於 n 個正數 a₁, a₂, · · · , an, 算術與

幾何平均定義為

An = a1+ a2+ · · · + aⁿ

n ,

Gn = √ⁿ

a1a2· · · aⁿ,

而恆有

An≥ Gⁿ。 今以 P (n) 表 A_n≥ Gn。

(a) 以數學歸納法證 P (2^k)。 當k = 1, a1 + a2

2 −√ a1a2

=

r

2 −

r

2



≥0,

等式成立當

^q

2 =

^q

a1+a2+· · ·+a^2k+a2^k+1+· · ·+a^2k+1 2^k+1

= 1 2



2^k

+ a₂^k₊₁+ · · · + a2^k+1

2^k



≥ 1

2[^2k√a1a2· · · a2^k + ^2k√a₂^k₊₁· · · a2^k+1] [用 P (2^k)]

≥ (^2k+1√a₁a₂· · · a2^k · ^2k+1√a₂^k₊₁· · · a2^k+1) [用 P (2)]

= ^2k+1√a1a2· · · a2^ka₂^k₊₁· · · a2^k+1

等式成立當

(1) a1 = a2 = · · · = a2^k, a₂^k₊₁ =

· · · = a2^k+1 及

(2) ^2k√a1a2· a2^k = ^2k√a2^k+1· · · a2^k+1

即當且僅當 a1 = a2 = · · · = a₂^k = a₂^k₊₁ = · · · = a2^k+1。

(b) 對於 n < 2^k, 因 P (2^k) 為真, 故有 b₁+ b₂+ · · · + b2^k

2^k ≥ ^2k

^q

其中 b₁, b2, · · · , b2^k 為正數, 而等式成 立當且僅當 b1 = b2 = · · · = b2^k。 今 對於正數 a1, a2, · · · , aⁿ, 選

b1 = a1, b2 = a2, · · · , bⁿ= an, bn+1= bn+2 = · · · = b2^k = R, 其中

R = a₁ + a₂+ · · · + an

n 。

利用P (2^k), 有

a1+ a2+ · · · + aⁿ+

2^k−n

z }| {

R + · · · + R 2^k

≥ ^2k

q

a1a2· · · aⁿ

_|

_{{z }}

2^k−n

即

^

2^k



≥ a1a2· · · anR^2k−n 即 R^2k ≥ a1a2· · · anR^2k−n

即 Rⁿ ≥ a1a2· · · an

即 ^{a1+a2+···+an}

n ≥ √ⁿa1a2· · · an

等式成立當且僅當 b₁ = b2 = · · · b2^k

即 a1 = a2 = · · · = aⁿ。

對於任意正整數 n, 必有另一整數 k 使 得 n < 2^k, 而由 (a), P (2^k) 為真, 再由 (b), P (n) 即為真了。 我們留意到上面的代入 方式亦甚特別。 一般而言, 以 a_r = r, f (r) = r(r + 1)/2 以為例, 要利用

P (n) : a₁+ a₂+ · · · + an = f (n)

證

P (n + 1) : a1+ a2+ · · ·+aⁿ⁺¹ = f (n + 1) 時, P (n) 及 P (n+1) 的兩套 a₁, a₂, · · · , an

是相等的。 但在上面 (b) 步的的證中, 我們可 自由的選取假設 P (2^k) 中的 b1, b2, · · · , b2^k

, 把之看成代填充的空格:

已知 → ^2k

q

· · · ·

↑ ↑ ↑ ↑ ↑

代入 → a1 a2 an R R

| {z }

2^k−n

≤

2k

z }| {

+ + · · · +

2^k

此種技巧可應用於凸函數中, 香港高級程度 純數科考試七十一年卷二第六題 [即香港大 學之入學試, 以下簡作高試 71 (II) 6] 即為:

(A) 設f (x) 為定義於 [a, b] 之凸函數, 即 f (x1) + f (x2) ≤ 2f(x₁+ x₂

2 ) 對於任意的x₁, x2 ∈ [a, b], 對於正整 數n, 求證命題 I(n): 若對於x_i ∈ [a, b], i = 1, 2, · · · , n 則

f (x₁)+· · ·+f(xn) ≤ nf(x₁+ · · · + xn

n )

(i) 以數學歸納法證明, 對於正整數 k, I(2^k) 為真。

(ii) 證明若I(n)(n ≥ 2) 為真, 則I(n − 1)亦真。

(iii) 證明對於任何正整數n, I(n) 為 真。

(B) 證明f (x) = sin x於[0, π]為凸函數, 且 推出

1

n(sin θ1 + sin θ2+ · · · + sin θⁿ)

≤ sinθ1+ · · · + θⁿ n

對0 ≤ θⁱ ≤ π。 以上是利用了數學歸納 法的一個較深的版本, 即先證明了

(a) P (2^k), 即 P (2), P (4), P (8), P (16), · · ·

(b) P (n) ⇒ P (n − 1)。 這證明是倒 過來的。

例如要看P (13) 是否真確, 可由以下途 徑得出:

P (16) [利用a]

⇒ P (15) [利用b]

⇒ P (14) [利用b]

⇒ P (13) [利用b]

三. 凸函數

我們亦可利用凸函數的概念證明A_n ≥ Gn。 設f (x) = ln(x), 有

lna1+ lna2+ · · · + lnaⁿ

≤ nlna1+ a2+ · · · + aⁿ n

但

lna1+ lna2+ · · · + lnaⁿ = ln(a1a2· · · an)

nlna₁+ a₂+ · · · + an

n

= ln(a1+ a2+ · · · + aⁿ

n )ⁿ

故

a₁a₂· · · an ≤ (a1+ a2 + · · · + aⁿ

n )ⁿ

即√ⁿa1a2· · · aⁿ≤ ^{a1+a2+···+a}_n ⁿ。

而眾所周知, 二次可導函數若有f^′′ > 0, 則f 為凸函數。 高試 86(II)8 便有以下一題:

設g : R → R 為一可導函數而g^′上升。

(A) 設a 及λ 為實常數且0 < λ < 1。 證明 F (x) = g(λx + (1 − λ)a) − λg(x) − (1 − λ)g(a)

當x = a 有最大值。

(B) 設λ1, λ2, · · · , λ^m(m ≥ 2) 為m個正實 數使得 λ1+ λ2 + · · · + λ^m = 1.

(i) 以數學歸納法證明, 對於任意實數 x1, x2, · · · , x^m,

g(λ1x1+ λ2x2+ · · · + λ^mxm)

≤ λ1g1(x1) + λ2g2(x2) + · · · + λmg(x_m)

(ii) 以考慮, g(x) = e^x, 證明對 於任意正數a₁, a2, · · · , a^m, 恆有 a^λ₁¹a^λ₂²· · · a^λm^m ≤ λ1a₁+ λ₂a₂ +

· · · + λma_m。

四. 初等方法

以上方法不涉及複雜之歸納法便用到微 積分。 我們是否有一個能適合剛進入高中學 生的證法呢? 以下提供其一。

首先, 對於a, b > 0, 由二項式定理, 得 (a + b)ⁿ > aⁿ+ naⁿ⁻¹b。

用普通的歸納法, 若n − 1時為真, 對於n, 假 設a_n≥ an−1 ≥ · · · ≥ a2 ≥ a1 ≥ 0。 又設

a = 1 n − 1

n−1

X

r=1

ar, b = 1

n(an− a), 故有a, b ≥ 0 及

1 n

X

ar

!

= (a + b)ⁿ > aⁿ+ naⁿ⁻¹b

= an

1 n − 1

n−1

X

r=1

ar

!

≥ aⁿ(a1a2· · · an−1),

用歸納法假設即證畢。

五. 數字代換法

上 法 之 可 以 如 此 淺 易, 因 首 先 假 設 了a_n ≥ an−1 ≥ · · · ≥ a2 ≥ a1 ≥ 0。

此法亦甚常見。 如於下法中。 則於a₁, · · · , aⁿ 中找出最大及最小的加以適當的代換便得其 幾何平均不變, 此即為高 71(I) 9。

對於正實數a₁, · · · , aⁿ, 設 G(a1, · · · , aⁿ)

= √ⁿ

a1· · · an (幾何平均) 及A(a1, · · · , aⁿ)

= _n¹(a₁+· · · + an)(算術平均)。

(i) 證明若a1 = · · · = an = a, G(a1, · · · , aⁿ) = A(a1, · · · , aⁿ) = a。

(ii) 證明若 a₁, · · · , an 非全等, 則有 一 a_i 大於 G(a₁, · · · , an)及一 a_j小 於G(a₁, · · · , an)。

(iii) 設 a1 > G(a1, · · · , aⁿ), 並設 a^′₁= G(a1,· · · , aⁿ), a^′₂ = a2, · · · , a^′n−1 = a_n−1 及 a^′n = a1an/G(a1, · · · , aⁿ)。

證明 G(a^′₁, · · · , a^′n) = G(a1,· · · , aⁿ) 及A(a^′₁, · · · , a^′n) < A(a1, · · · , aⁿ)。

(iv) 用以上結果, 證明G(a1, · · · , aⁿ) ≤ A(a1,· · · , aⁿ) 而等式成立當且僅當 a₁ = a₂ = · · · = an。

於第 (iv) 步中, 我們不斷的將a_i換作G, 直至所有a_i均變成G, 即

A(a₁, a₂, · · · , an) > A(a^′₁, a^′₂, · · · , a^′n)

> A(a^′′₁, a^′′₂, · · · , a^′′n)

> · · ·

> A(G, G, · · · , G) (最後一步)

= G(G, G, · · · , G) = · · ·

= G(a^′′₁, a^′′₂, · · · , a^′′n)

= G(a^′₁, a^′₂, · · · , a^′n)

= G(a1, a2, · · · , aⁿ)

我們留意到, 每一步的 「G」 均相等 [即G(a1, a2, · · · , aⁿ)= G(a^′₁, a^′₂, · · · , a^′k) =

· · ·] 故不會最後變成形如A(G, G^′, G^′′, · · ·)之 項。 而以上步驟亦必會經有限步後停止, 否 則, 上證即無效。

其理由是: 於第一步中, 我們撿出最

大值 a₁ 及最小值 a_n, 而換 a1 以 a^′₁(=

G), 換an以a^′_n=a1an/G。 若及後a^′₁再成為最 大或最小, 則變成循環之代換。 幸而此事不會 發生, 皆因 G(= a^′₁) 為中值, a^′_i 不會再變成 最大或最小值, 除非到最後步驟, 那時, 所有 a_i 均變成G了。

六. Erd¨ os 之證明

此證明運用不等式

e^x ≥ 1 + x (x ≥ −1)。

對於每一r, 有 exp(ar

An − 1) ≥ ar

An

求乘積, 得 1 =

Y

exp(a_r An − 1)

= exp

X



A_n − 1

!

≥

Y

ar

An

= (Gn

An

)ⁿ。

此證明之一變化為利用

e^x ≥ xe (x > 0) 或

ln x ≤ x − 1 (x > 0)。

事實上對數之算術平均=幾何平均之對數。

於此種證明中, 無須利用數學歸納法, 如高試 81 (I) 7:

(a) 設f (x) = x − 1 − logex。 求f (x)之 最小值, 並證對於任意x > 0, log_ex ≤ x − 1 。 何時等式成立?

(b) 設x1, x2, · · · , xⁿ及λ1, · · · , λⁿ為正數使 得 λ1x1+ λ2x2+ · · · + λⁿxn = λ1+ λ₂+ · · · + λn = 1.

證明 x^λ₁¹x^λ₂²· · · x^λnⁿ ≤ 1。

何時等式成立?

(c) 對於任意正數, a1, a2, · · · , aⁿ及p1, p2, · · ·, p_n證明

(a^p₁¹a^p₂²· · · a^pnⁿ)p1+p2+···+pn¹

≤ p1a1+ p2a2+ · · · + pⁿan

p1+ p2+ · · · + pⁿ 。

再比較高試 89(I)10 的做法便知它們 全部皆屬 Erd¨os 證明的系列。 它們所用到 的e^x ≥ x + 1, logex ≤ x − 1及e^x−1 ≥ x 實際沒有分別:

(a) 透過找尋f (x) = e^x−1 − x的最小 值, 或用其他辦法, 證明對於任意實 數x, e^x−1 ≥ x。

(b) 設a₁, a2, · · · , aⁿ及b₁, b2, · · · , bⁿ為正 數。 證明

e

P

ai bi−n

≥

Y

a_i bi

。

由此證明若

^P

bi ≤ n 則

^Q

i=1ai ≤

Q

(c) 利用 (b) 步結果, 證明對於任意正數 a1, a2, · · · , aⁿ,

"

Y

i=1

ai

#

≤ 1 n

X

ai

由此證明

X



m



≥ 0, 其中m = _n¹

^P

七. 以微積分求最小值

於數字代換法中, 對於既定之幾何平均, (a1+ a2+ · · · + aⁿ)/n之最小值由

a₁ = a₂ = · · · = an= a₁+ a₂+ · · · + an

n

達到。 當以歸納法證P (n)時, 對於既定之a₁, a2, · · · , an−1, 我們可以利用微積分求

a₁+ a₂+ · · · + an−1+ a_n n√ⁿa1a2· · · an−1an

之最小值。 此即為高試 67 (II) 7(a) 一題:

對於a1 > 0, a2 > 0, · · · , aⁿ> 0, 求 a1+ a2 + · · · + an−1+ x

n√ⁿa1a2· · · an−1x

之最小值(x > 0)。 並用數學歸納法證明

√n

a1a2· · · an≤ a₁+ a₂+ · · · + an

n 。

其實, 最小值乃由

x = a1+ a2+ · · · + an−1

n − 1

達到。 這可比較 「古典證明」 中之設 R = a1+ a2+ · · · + aⁿ

n 及 「初等證明」 之設

a = a₁ + a₂ + · · · + an−1

n − 1 。

八. 加權平均

n個正數a1, a2· · · , aⁿ之加權平均為 a^p₁+ a^p₂ + · · · + a^pn

n

!

p

。

當p = 1即變成算術平均, 當p → 0則成幾何 平均。 對於大p 有大的加權平均即為P (n)之 推廣。 此一結果用以上證明稍改即可:

對於a₁, a2, · · · , aⁿ> 0及p 6= 0, 設 M_p(a) = 1

n

X

a^p_r

!

(a) 求M₁(a), M₋₁(a)及lim

p→0M_p(a)。

(b) 若p, q為二非零數並有p > q。 若A, B為 適合





≥





之二數, 對x > 0, 求

f (x) = (^A+x_n ^p)^1/p (^B+x_n ^q)^1/q 之導數, 證

f (x) ≥ n^p−q A^q

(B^p/(p−q)+A^q/(p−q))^p−q

≥ 1

(c) 設A = a^p₁ + a^p₂ + · · · + a^pn−1, B = a^q₁+ a^q₂+ · · · + a^qn−1, 並用歸納法, 證 明對於p > q, M_p(a) ≥ Mq(a)。

九. 問題之重組

P (n)的證明問題可重組成如何將一既 定正數S_n分成n份a₁, · · · , aⁿ (即Sn = a1 + a2+ · · · + aⁿ) 使得Pn= a1a2· · · an越大越 好。

若 此 最 大 值 為ˆa1, ˆa2, · · · , ˆaⁿ所 達 到。

又若 ˆa_r 不全等, 設ˆa₁ 6= ˆa₂, 考

慮α, α, ˆa3, ˆa4, · · ·, ˆaⁿ, 其中α = (ˆa1 + ˆa2)/2。 其和仍為Sn, 而積為

P_n^′ = α²aˆ3· · · ˆan,

且 P_n = (α + d)(α − d)ˆa3· · · ˆan

= (α²− d²)ˆa3· · · ˆaⁿ < P_n^′,

其中d = (ˆa1− ˆa²)/2, 對 「Pn為最大」 矛盾。

故最大值乃由ˆa₁, ˆa2, · · · , ˆaⁿ所達成, 其中所 有a_i相等, 而各自等於

a1 + a2 + · · · + aⁿ n

其時An= Gn, 故一般而言Gn≤ Aⁿ。

十. 既定乘積

除 上 法 外, 我 們 可 考 慮 既 定 乘 積 a₁a₂· · · an 時 a₁ + a₂ + · · · + an之最 小值。 此為高試 79(I) 5 一題:

(a) 對於 x < 1 < y, 證明

x + y − xy − 1 > 0。

並證明對於n + 1(n ≥ 1)個實數 x1, · · ·, xⁿ⁺¹, 若x1 < 1 <

xn+1及x1xn+1+ x2+ · · · + xⁿ ≥ n, 則

x1+ x2+ · · · + xⁿ⁺¹ > n + 1。

(b) 用 (a) 及數學歸納法, 證明對於 n(n ≥ 1)個正整數 x¹, x2, · · · , xⁿ, 若x₁x2· · · xn = 1則

x₁+ x₂+ · · · + xn ≥ n。

並證, 對於任意 n個正數y1, y2, · · · , yⁿ, y1+ y2+ · · · + yⁿ

n ≥ √ⁿy1y2· · · yⁿ。 此 法 與 數 字 代 換 法 相 同 之 處, 為 以 P (n) 證 P (n + 1)時, 須從x1, · · ·, x_n+1中選出特別之數, 即x₁及x_n+1使 得x1 < 1 < xn+1。 於此, 我們 無須代換, 而只將x₁, xn+1「合併」 而 成x₁x_n+1。 又於 (b) 步, 要證

y₁+ y₂+ · · · + yn

n ≥ √ⁿ

y1y2· · · yn, 我們首先證明

y1

G + y2

G + · · · + yn

G ≥ n 其中G = √ⁿy1y2· · · yn。 此與 Erd¨os 之證明相似 [高試 81 (I) 7], 在證明

(a^p₁¹a^p₂²· · · a^pnⁿ)p1+p2+···+pn¹

≤ p1a1+ p2a2+ · · · + pⁿan

p₁+ p₂+ · · · + pn

,

則首先證



K



p1+p2+···+pn



K



p1+p2+···+pn

· · ·



K



p1+p2+···+pn

≤ 1,

其中

K = p₁a₁+ p₂a₂+ · · · + pna_n p1+ p2+ · · · + pⁿ 。

十 一. Young’s 不等式

Young’s 不等式即為, 對於a, b ≥ 0及

1

p +¹_q = 1, ab ≤ a^p

p + b^q

q 若 pq > 0, ab ≥ a^p

p + b^q

q 若 pq < 0。

以此可證明 H¨older 不等式 [高試 79(II)4及 高試 82(I)1]。 Young’s 不等式之證明則出現 於高試 84 (II) 8, 如下:

設f 為實函數, 其導數連績, 並於I = [0, ∞) 中上升。 若f(0) = 0, 設a ∈ I及b ∈ f [I]。

(a) 對任意t ∈ I, 定義g(t) = bt −

R

0 f (x)dx。 證g於f⁻¹(b)達最大值。

(b) (i) 證 明

^R

(ii) 利用轉換變數, 證明

Z

0 xf^′(x)dx =

Z

0 f⁻¹(x)dx。

(c) 用 (a) 及 (b) 證明

Z

0 f (x)dx +

Z

0 f⁻¹dx ≥ ab。

對於下圖, 若積分被解釋為面積, 以上 不等式有何示意?

圖三

(d) 用 (c) 證明, 對於p > 2及¹_p + ¹_q = 1, 1

pa^p+ 1

qb^q ≥ ab。

然而 Young’s 不等式亦可用下面方法 加以證明。 對於pq > 0, 設a^p = r, b^q = s及¹_p = t, 我們只須證明

tr + (1 − t)s ≥ r^ts^1−t。 此為一齊次不等式。 考慮f (u) = u^t− tu − (1 − t), 於u = 1時達最大值, 故 有f (u) ≤ f(1) = 0 , 即

u^t ≤ tu + (1 − t), 再代以u = r/s即得上面之結果。

現即用 Young’s 不等式證明 A_n≥ Gn

(a) 已知, 對於0 < t < 1, r, s ≥ 0, 有 tr + (1 − t)s ≥ r^ts^1−t

證明對於a, b ≥ 0, p, q > 0及¹_p + ¹_q = q, 有

ab ≤ a^p p +b^q

q 。 (Young’s 不等式) (b) 若P, Q, x, y > 0及P + Q = 1, 證明

P x + Qy ≥ x^py^Q。

(c) 若a1, a2, · · · , a^m+1; x1, x2, · · · x^m+1 >

0 及a1+ a2 + · · · + a^m+1 = 1, 代以 σ = a1+ 12+ · · · + a^m及

x = ^a1x1_a^+a_1+a^2x₂²_+···+a^+···+amxm

m , 證明

a1x1+ · · · + a^m+1xm+1

≥



a1+· · · + a^m



x^a_m+1^m+1。

(d) 用數學歸納法證明下事。 若 a1, a2, · · ·, am; x1, x2, · · · , x^m > 0其中

a1+ a2+ · · · + a^m = 1, 則

a1x1+ a2x2 + · · · + a^mxm

≥ x^a1¹x^a₂² · · · x^am^m。

以上即為A.M. ≥ G.M.之推廣, 此 法為極直接的。 在將P (m + 1)化做P (m)時, 我們無須選取特別的x_i, 我們只須合併任 意m項:

a₁x₁+ · · · + amx_m

| {z }

而成 σ



σx1+a₂

σ x2+· · ·+a_m σ xm



+a_m+1x_m+1

≥



σx2+· · ·+a_m σ xm



+x^a_m+1^m+1 (由於σ + am+1 = 1)

而由於 a1

σ + a2

σ + · · · + am

σ = 1, 再用歸納法即得結果。

十 二. 上法之簡化

高試 85 (I) 5即利用了對k > 1, x^k≥ kx + (1 − k) (a) 對非負數x及整數k > 1, 證明

x^k+ k − 1 ≥ kx (∗) 何時等式成立?

(b) 設n為大於1之整數, a1, a2, · · · , aⁿ為正 數, 對於m = 1, 2, · · · , n, 設

Am = 1 m

X

ai,

Gm =

Y

ai

!

m

.

(i) 對於m = 2, 3, · · · , n, 證明 Gm

G_m−1

!

= mAm− (m − 1)Am−1

G_m−1 (∗∗)

(ii) 用 (*) 及 (**) 證明 Am−G^m ≥ m − 1

m (A_m−1−Gm−1) 其中m = 2, 3, · · · , n。

(iii) 推出An ≥ Gn, 等式成立當且僅 當a₁ = a2 = · · · = aⁿ。

十 三. Young’s 不等式與加 權平均

下式為 Young’s 不等式之推廣: 若p >

q > 0 或0 > p > q, 則 x^p− 1

p ≥ x^q− 1 q

等式成立當且僅當x = 1。 同理, 只須對 f (x) = qx^p+ (p − q) − px^q 求導數即可證得。

設A =

^

^

q a^p₁+a^p₂+· · ·+a^pn

A^p

!

+pn−qn

≥ p a^q₁+ a^q₂ + · · · + a^qn

A^q

!

由於

a^q₁+ a^q₂+ · · · + a^qn = nA^q, 故

q a^p₁+ a^p₂+ · · · + a^pn

A^p

!

≥ qn

若p > q > 0, 則上式變成 a^p₁+ a^p₂+ · · · + a^pn

n ≥ A^p, 亦即

a^q₁+ a^q₂+ · · · + a^qn

n

!

≥ a^q₁+ a^q₂+ · · · + a^qn

n

!

。

若0 > p > q, 則

a^p₁+ a^p₂+ · · · + a^pn

n ≤ A^p, 亦即

a^p₁ + a^p₂ + · · · + a^pn

n

!

p

≤ a^q₁ + a^q₂ + · · · + a^qn

n

!

。

高試 80 (I) 3 則為p = m, q = 1的特殊情 況:

(a) 若x > 0及p為正整數, 證明 x^p+1− 1

p + q ≥ x^p− 1 p , 等式成立僅當x = 1。

(b) 設x1, x2, · · · , xⁿ為正數且

^P

X

x^m_i ≥ n。

(ii) 若 對 於 某 大 於1之 整 數m, 有

^P

x1 = x2 = · · · = xⁿ = 1。

(c) 用 (b) 證 明, 對 於 任 意 正 數y₁, y2, · · · , yⁿ及正整數m,

y₁^m+ y₂^m+ · · · + yn^m

n

≥





,

等式成立當且僅當m = 1或y₁ = y2 =

· · · = yⁿ。

十 四. 變化

上式^xk+1−1

k+1 ≥ ^xk_k⁻¹可化成 kx^k+1 + 1 ≥ (k + 1)x^k, 此即高試 74 (I) 5 的變 化:

(a) 設k為正整數及x為正數。 證明

(i) kx^k < x^k−1+· · ·+x+1若x < 1。

(ii) kx^k > x^k−1+· · ·+x+1若x > 1。

以此證明

kx^k+1+ 1 ≥ (k + 1)x^k, 並決定等式成立之條件。

(b) 設x1, · · · , x^k, xk+1為 k + 1(k ≥ 1)個 正數。 設 x^k(k+1) = _x^x1

k+1

x2

xk+1· · ·_x^x_k+1^k 並用 (a) 證明

x(x1x2· · · xk)^1k + xk+1

≥ (k + 1)(x¹x2· · · x^kxk+1)^k+11 ,

等式成立當且僅當 ^x1

xk+1

x2

xk+1 · · ·_x^x_k+1^k = 1。

(c) 用 (b) 證明對n(n ≥ 1)個正 數x₁, x2, · · ·, xⁿ,

x1+ x2 + · · · + xⁿ

n ≥ (x1x₂· · · xn)ⁿ¹ 等式成立當且僅當 x₁ = x2 = · · · = x_n。

十 五. 方程論

我們亦可借助方程論作證明。 假若已證 明了以下性質:

設f (x) = xⁿ − C1ⁿβ1xⁿ⁻¹ + C₂ⁿβ₂xⁿ⁻²− · · · ± βn = 0 有n正實根, 則

(a) β_k−1² ≥ βkβ_k−2, k = 2, 3, · · · , n,和 (b) β1 ≥ β

1 2

2 ≥ β

1 3

3 ≥ · · · ≥ β

1

nn。

我們只須設f (x) = 0的根為a1, a2, · · · , aⁿ, 由於β₁ ≥ β

1

nn, 故An ≥ Gn。 上面的結果則 可如下證明。

首先, 若

xⁿ+ α1xⁿ⁻¹+ α2xⁿ⁻²+ · · · + αⁿ = 0 的根正, 則其導數的根及其反數方程

αnxⁿ+ α_n−1xⁿ⁻¹+ · · · + α²xⁿ+ α1x + 1

=0.

的根也必是正的。 由於

f^′(x) = nxⁿ⁻¹− (n − 1)C1ⁿβ1xⁿ⁻² +(n − 2)C2ⁿβ2xⁿ⁻²+ · · · +(−1)ⁿ⁻¹nβ_n−1

= n

^h

ⁱ

將f (x)作n − k階導數, 可見

x^k−C1^kβ1x^k−1+· · ·+(−1)^k−2C_k−2^k β_k−2x² +(−1)^k−1C_k−1^k β_k−1x+(−1)^kC_k^kβk= 0

的根是正的。 而其反數方程:

βkx^k− Ck−1^k β_k−1x^k−1+ C_k−2^k β_k−2x^k−2 + · · · + (−1)^k = 0

的根也是正。 再求導k − 2次, 可知 βkx²− C1²β_k−1x + β_k−2 = 0 的根為正。 考慮判別式, (a) 乃獲得。 設k = 2, 有β1 ≥ β

1 2

2, 再由數學歸納法, 得 β1 ≥ β

1 2

2 ≥ β

1 3

3 ≥ · · · ≥ β

1

nn。

參考文獻

1. Colwell, D.J. & Gillett, J.R. (1985).

The arithmetic mean-geometric mean inequality, Bulletin of the Institute of Mathematics and Its Applications, 21, 95-98.

2. Feldhusen, J.F. & Guthrie, V.A. (19- 79). Models of problem solving pro- cesses and abilities, Journal of Research and Development in Education, 12, 22- 32.

3. Gagn´e, R.M. (1984). The Conditions of Learning. New York: Rinehart &

Winston.

4. Lee, F.L. (1980). Analysis of cognitive strategies of problem solving process in mathematics and physics, M.A. (Ed) thesis, the Chinese University of Hong Kong.

5. National Council of Supervisors of Mathematics (1977). Position Paper on Basic Mathematical Skills. Wash- ington: National Institute of Educa- tion.

6. Polya, G. (1957). How to Solve It. New York: Doubleday Anchor Books.

7. Scandura, J.M. (1977). Problem Solv- ing: a structural/process approach with instructional implications. New York:

Academic Press.

8. Wong, N.Y. (1984). The proofs of some famous inequalities, Mathematics Bul- letin, 8, 21-29.

9. 黃毅英 (1987). 學習數學過程中之觸類旁 通, ≪數學便播≫, 44期, 60-64。

10. 黃毅英 (1989). 腦部衝擊習作與數學解難技 巧 之訓練, ≪數學傳播≫, 52期, 93-96。

11. 黃毅英 (1990)。 解題與數學教育, ≪數學便 播≫, 54期, 71-81。

12. 黃毅英 (1992)。 數學解難模式、 策略與數學 思維, 中國教育學會數學教研會第三次思維 與數學教學專題學術討論會論文。

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教學學系講師

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