一道不等式的兩個不同證明

數學傳播 41 卷 3 期, pp. 82-85

一道不等式的兩個不同證明

徐彥輝

命題: 若 a₁, a₂, . . . , an 為滿足

n

P

i=1

ai = 1 的正數, λ ≥ 1 n², 則



a₁+ λ a₁



a₂+ λ a₂



· · ·



an+ λ an



≥

1

n + nλⁿ .

秦慶雄, 範花妹 (2012) 運用均值不等式給出了這個命題的一種巧妙證明^[1]。 連威翔 (2014) 通過先證明特殊情形再推廣到一般情形證明了該命題^[2]。 劉才華 (2016) 採用 「以直代曲」 思想 也證明了該命題^[3^]。 筆者現運用均值不等式得到了一種不同於文 [1] 的證法(即下文的證法1)。

同時, 筆者覺得文 [3] 的計算有些複雜, 筆者採用 「以直代曲」 的切線逼近思想得到了一種更簡 單的證法 (即下文的證法 2), 並對該命題的條件改進得到一個改進命題 (即下文的改進命題)。

為了給出筆者的第一種證法, 先證明一個引理。

引理: 設 a1, a₂, . . . , an, b₁, b₂, . . . , bn ∈ R⁺, n ≥ 2, 則

n

Y

i=1

(aⁱ+ bⁱ) ≥





n

v u u t

n

Y

i=1

ai+ ⁿ v u u t

n

Y

i=1

bi





n

.

證明: (1) 先證明當 n = 2^k (k ∈ Z⁺) 的情形命題成立。 對 k 用數學歸納法。

當 k = 1 時, 即只要證 (a1+ b1)(a2+ b2) ≥ (√a₁a₂+√ b₁b₂)², 即只要證 a₁b₂+ a2b₁− 2√

a₁b₂a₂b₁ ≥ 0, 即只要證 (√

a₁b₂−√

a₂b₁)² ≥ 0, 顯然成立。

假設當 k = s 時命題成立。 則當 k = s + 1 時

2^s+1

Y

i=1

(aⁱ+ bⁱ) =

" ₂^s Y

i=1

(aⁱ+ bⁱ)

# " ₂^s Y

i=1

(aⁱ+2^s + bⁱ+2^s)

#

≥









2s

v u u t

2^s

Y

i=1

ai+ ^2s v u u t

2^s

Y

i=1

bi









2s

v u u t

2^s

Y

i=1

ai+2^s + ^2s v u u t

2^s

Y

i=1

bi+2^s









2^s

≥





2s+1

v u u t

2^s+1

Y

i=1

ai+ ^2s+1 v u u t

2^s+1

Y

i=1

bi





2^s+1

.

82

一道不等式的兩個不同證明 83

故當 n = 2^k(k ∈ Z⁺) 的情形命題成立。

(2) 再證明 : 若 n = r + 1 時命題成立, 則 n = r (r ≥ 2, r ∈ Z+) 時命題成立。

令 A = ^r s r

Y

i=1

ai, B = ^r s r

Y

i=1

bi, a^∗i= aⁱ, b^∗i= bⁱ, a^r+1= A, b^r+1= B, 則由歸納假設知

r+1

Y

i=1

(a^∗i + b^∗i) ≥





r+1

v u u t

r+1

Y

i=1

a^∗i + ^r+1 v u u t

r+1

Y

i=1

b^∗i





r+1

= (A + B)^r+1

∴

r

Y

i=1

(aⁱ+ bⁱ) =

r+1

Q

i=1

(a^∗i + b^∗i)

A+ B ≥ (A + B)^r. 綜上, 引理得證。

證法1: 由引理得



a₁+ λ a₁



a₂+ λ a₂



· · ·



an+ λ an



≥





n

v u u t

n

Y

i=1

ai+ ⁿ v u u t

n

Y

i=1

λ ai





n

=



√na₁a₂· · · aⁿ+ λ

√na₁a₂· · · aⁿ

ⁿ , 即只要證



√na₁a₂· · · aⁿ+ λ

√na₁a₂· · · aⁿ

ⁿ

≥ 1 n + nλ

ⁿ , 即只要證

√n

a₁a₂· · · aⁿ+ λ

√na₁a₂· · · aⁿ ≥ 1 n + nλ, 即只要證

 1

n −√ⁿa₁a₂· · · aⁿ

 

nλ − λ

√na₁a₂· · · aⁿ



≥ 0,

由 1 n =

n

P

i=1

ai

n ≥

√na₁a₂· · · aⁿ

n 和 nλ ≥ n × 1 n² = 1

n 知上式成立, 證畢。

證法2: 將原不等式變形為

n

s1 n+ nλ a₁+ a^λ₁

·

1 n+ nλ a₂+a^λ₂

· · ·

1 n + nλ an+ a^λ_n

≤ 1,

84 數學傳播 41 卷3 期 民 106 年 9 月

由

n

s1 n+ nλ a₁+a^λ₁

·

1 n+ nλ a₂+ a^λ₂

· · ·

1 n + nλ an+ a^λ_n

≤

1 n+ nλ a₁ +a^λ₁

+

1 n + nλ a₂+ a^λ₂

+ · · · +

1 n+ nλ an+a^λ_n

n ,

故只要證

1 a₁+a^λ₁

+ 1 a₂+a^λ₂

+ · · · + 1 an+ a^λ_n

≤ n

1

n + nλ = n² 1 + n²λ, 即只要證

a₁

a²₁+ λ+ a₂

a²₂+ λ + · · · + an

a²n+ λ ≤ n² 1 + n²λ. 令 f (x) = x

x²+ λ, 則 f(1

n) = n

1 + n²λ, f^′(x) = λ − x²

(x²+ λ)², f^′(1

n) = n⁴λ − n² (1 + n²λ)², 則 f (x) 在點 x = 1

n 處的切線方程為 y − n

1 + n²λ = n⁴λ − n²

(1 + n²λ)²(x − 1 n), 即為

y= n⁴λ − n²

(1 + n²λ)²x+ 2n (1 + n²λ)², 則只要證

x

x²+ λ ≤ n⁴λ − n²

(1 + n²λ)²x+ 2n (1 + n²λ)², 即只要證 n²(n²λ − 1)x³+ 2nx²− (1 + 3n²λ)x + 2nλ ≥ 0, 即只要證

(nx − 1)²[(n²λ − 1)x + 2nλ] ≥ 0, (1) 由已知條件 λ ≥ 1

n² 知該式顯然成立, 則 a₁

a²₁+ λ+ a₂

a²₂+ λ+· · ·+ an

a²n+ λ ≤ n⁴λ − n²

(1 + n²λ)²(a1+a2+· · ·+aⁿ)+ 2n²

(1 + n²λ)² = n² 1 + n²λ. 證畢。

證完以後, 我們還可以進一步考慮條件 λ ≥ 1

n² 是否是最優的, 是否可以改進? 如我們可 以考慮 : 當 λ < 1

n² 時, 即 n²λ − 1 < 0 時, 命題是否成立? 從 (1) 式中, 我們可以發現

一道不等式的兩個不同證明 85

: 由於 (nx − 1)² ≥ 0, 故只要 (n²λ − 1)x + 2nλ ≥ 0, 就可以得到 (nx − 1)² × [(n²λ − 1)x + 2nλ] ≥ 0。 由於 (n²λ − 1)x + 2nλ 可以看成是關於 x 的一次函數, 故當 λ < 1

n² 時, 只要 (n²λ − 1) · 1 + 2nλ ≥ 0, 即當 1

n(n + 2) ≤ λ < 1

n² 時, 則對於任意的 x ∈ (0, 1), 都 有 (n²λ − 1)x + 2nλ ≥ 0。 所以, 原命題的條件可以改進, 即得到一個改進命題。

改進的命題: 若 a1, a₂, . . . , an 為滿足

n

P

i=1

ai = 1 的正數, λ ≥ 1

n(n + 2), 則



a₁+ λ a₁



a₂+ λ a₂



· · ·



an+ λ an



≥

1

n + nλⁿ .

致謝: 感謝審稿人對本文所提出的寶貴的修改意見!

參考文獻

1. 秦慶雄, 範花妹。 從Cauchy 不等式的一種證法談起 [J]。 數學傳播, 36(2), 85-93, 2012。

2. 連威翔。 回響: 一道不等式的另一種證法[J]。 數學傳播, 38 (3), 93-96, 2014。

3. 劉才華。 一道不等式的再證[J]。 數學傳播, 40(3), 83-84, 2016。

—本文作者任教中國浙江溫州大學數信學院—

2017 年中華民國數學會年會

日 期 : 2017 年 12 月 9 日 (星期六) ∼ 2017 年 12 月 10 日 (星期日) 地 點 : 國立嘉義大學應用數學系

詳見中華民國數學會網頁 http://140.112.51.21/