¢ 從 Cauchy 不等式的一種證法談起

(1)

從 ^Cauchy 不等式的一種證法談起

秦慶雄 · ^範花妹

在不等式的證明方法中, 讀者一定了解 Cauchy 不等式的一種證法:

記 M = Xn

i=1

a²_i, N = Xn

i=1

b²_i, 當 MN = 0 時, ³Xⁿ

i=1

a²_i

´³Xⁿ

i=1

b²_i

´

=

³Xⁿ

i=1

a_ib_i

´2

; 當 M N 6= 0 時, 則

2 = M M + N

N = Xn

i=1

a²_i

M +

Xn i=1

b²_i

N =

Xn i=1

a²_i M +

Xn i=1

b²_i N ≥

Xn i=1

2|aib_i|

√M N = 2

Xn i=1

|aib_i|

√M N ,

即 2 ≥ 2

Xn i=1

|aibi|

√M N , 整理得

³Xⁿ

i=1

a²_i

´³Xⁿ

i=1

b²_i

´≥³Xⁿ

i=1

|aib_i|´2

.

所以, ³Xⁿ

i=1

a²_i

´³Xⁿ

i=1

b²_i

´≥³Xⁿ

i=1

a_ib_i

´2

.

筆者稱此法為構造 “數字” 法, 本文結合算術—幾何平均不等式, 推廣此法的使用範圍, 簡證或推廣了幾個著名或新穎的不等式:

例1: 已知 a, b, c ∈ R⁺, 試證明:

(a²+ ab + b²)(b²+ bc + c²)(c²+ ca + a²)≥ (ab + bc + ca)³ (1)

85

(2)

證明: 記 M1 = a²+ ab + b², M2 = b²+ bc + c², M3 = c²+ ca + a²,則 3 = M₁

M₁ +M₂ M₂ + M₃

M₃

= a²+ ab + b²

M₁ +b²+ bc + c²

M₂ + c²+ ca + a² M₃

=

³ a² M₁ + c²

M₂ + ca M₃

´ +

³ ab M₁ + b²

M₂ + a² M₃

´ +

³ b²

M₁ + bc M₂ + c²

M₃

´

≥ 3ca

√3

M₁M₂M₃ + 3ab

√3

M₁M₂M₃ + 3bc

√3

M₁M₂M₃

= 3(ab + bc + ca)

√3

M₁M₂M₃ , 即 3 ≥ 3(ab + bc + ca)

√3

M1M2M3

, 整理得

M₁M₂M₃ ≥ (ab + bc + ca)³,

也就是 (a²+ ab + b²)(b²+ bc + c²)(c²+ ca + a²)≥ (ab + bc + ca)³,從而, (1) 式得證。

例 2: 若 a1, a₂, . . . , a_n 為滿足 Xn

i=1

a_i = 1 的正數, λ ≥ 1 n², 則

³

a₁+ λ a₂

´³

a₂+ λ a₃

´· · ·³

a_n+ λ a₁

´≥³1 n + nλ

´n

(2)

證明: 記 M1 = a₁+ λ

a₂, M₂ = a₂+ λ

a₃, . . . , M_n= a_n+ λ a₁, 則 n = M₁

M₁ +M₂

M₂ +· · · +M_n M_n

=

a₁ + λ a₂ M₁ +

a₂ + λ a₃

M₂ +· · · +

a_n+ λ a₁ M_n

=

³ a₁ M₁ + a₂

M₂ +· · · + a_n M_n

´ +

³ λ a₂ M₁ +

λ a₃

M₂ +· · · + λ a₁ M₃

´

≥n· √ⁿ

a₁a₂· · · an

√n

M₁M₂· · · Mn

+

nλ

√n

a₁a₂· · · an

√n

M₁M₂· · · Mn

,

= n

³

√n

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a1a2· · · an

´

√n

M₁M₂· · · Mn

(3)

即 n ≥ n

³

√n

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a1a2· · · an

´

√n

M₁M₂· · · Mn

, 整理得

M₁M₂· · · Mn≥³

√n

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a1a2· · · an

´n

,

即 ³

a₁+ λ a₂

´³

a₂+ λ a₃

´· · ·³

a_n+ λ a₁

´≥³

√n

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a₁a₂· · · an

´n

.

因此, 要證明 ³

a₁+ λ a₂

´³

a₂+ λ a₃

´· · ·³

a_n+ λ a₁

´≥³1 n + nλ

´n

成立, 只需要證明 ³

√n

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a₁a₂· · · an

´n

≥³1 n+ nλ

´n

成立, 即證明 √ⁿ

a₁a₂· · · an+ λ

√n

a1a2· · · an ≥ 1

n + nλ⇔³1 n − √ⁿ

a₁a₂· · · an

´

(nλ− √ⁿ

a₁a₂· · · an)≥ 0,

由 1 n =

Xn i=1

a_i n ≥ √ⁿ

a1a2· · · an, 和 nλ ≥ n · 1 n² = 1

n 知, 上式成立。

從而, (2) 式得證, 由證明過程可知, 當且僅當 a1 = a2 =· · · = an 時, (2) 式取等號。

重複上述證明過程, 我們順勢可得 (2) 式的一個類似:

命題: 若 a1, a₂, . . . , a_n 為滿足 Xn

i=1

a_i = 1 的正數, λ ≥ 1 n²,則

³

a₁+ λ a₁

´³

a₂+ λ a₂

´· · ·³

a_n+ λ a_n

´≥³1 n + nλ

´n

(3) (3) 式推廣了 2008 年南京大學自主招生試題中的一道不等式:

設 a, b, c ∈ R⁺ 且 a + b + c = 1, 求證

³ a + 1

a

´³ b + 1

b

´³ c + 1

c

´≥ 1000 27 . 例 3: 設 a1, a2, . . . , an−m , m, n∈ N+, n− m ≥ 3, 則

(aⁿ₁−a^m₁ +n−m)(aⁿ₂−a^m₂ +n−m) · · · (aⁿ_n_−m−a^m_n_−m+n−m) ≥ (a1+a₂+· · ·+an−m)ⁿ^−m, (4) 證明: 當 ai > 0 (i = 1, 2, . . . , n− m) 時, 有

(aⁿ_i−a^mi + n−m)−(aⁿ_i^−m+ n−m−1) = aⁿ_i^−m(a^m_i −1)−(a^mi −1) = (aⁿ_i^−m−1)(a^mi −1) ≥ 0.

(4)

故, 要證 (aⁿ1−a^m1 +n−m)(aⁿ2−a^m2 +n−m) · · · (aⁿn−m−a^mn−m+n−m) ≥ (a1+a2+· · ·+

a_n_−m)ⁿ^−m, 只需要證 (a^n−m1 + n− m − 1)(a^n−m2 + n− m − 1) · · · (aⁿn^−m−m+ n− m − 1) ≥ (a₁+ a₂+· · · + an−m)ⁿ^−m. 記 Mi = aⁿ_i^−m+ n− m − 1 (i = 1, 2, . . . , n − m), 則

n− m = M₁ M₁ +M₂

M₂ +· · · +M_n_−m M_n_−m

= aⁿ₁^−m+ n− m − 1

M₁ +aⁿ₂^−m+ n− m − 1

M₂ +· · · + aⁿ_n^−m_−m+ n− m − 1 M_n_−m

=

³aⁿ₁^−m M₁ + 1

M₂ +· · · + 1 M_n_−m

´ +

³ 1

M₁ + aⁿ₂^−m

M₂ +· · · + 1 M_n_−m

´ +· · · +

³ 1 M₁ + 1

M₂ +· · · + aⁿ_n^−m_−m M_n_−m

´

≥ (n− m)a1

n−m√

M₁M₂· · · Mn−m + (n− m)a2

n−m√

M₁M₂· · · Mn−m +· · · + (n− m)an−m

n−m√

M₁M₂· · · Mn−m

= (n− m)(a1+ a₂+· · · + an−m)

n−m√

M₁M₂· · · Mn−m

,

即 n − m ≥ (n− m)(a1+ a₂+· · · + an−m)

n−m√

M₁M₂· · · Mn−m

, 整理得

M₁M₂· · · Mn−m ≥ (a1+ a₂+· · · + an−m)ⁿ^−m,

也就是 (aⁿ1^−m+ n− m − 1)(aⁿ2^−m+ n− m − 1) · · · (aⁿn^−m−m+ n− m − 1) ≥ (a1+ a₂ +

· · · + an−m)ⁿ^−m, 從而, (4) 式得證。

例 4: 在任意 4ABC 中, 若 n ∈ N+, 則有 cos²ⁿA

sin²B + sin²C + cos²ⁿB

sin²C + sin²A + cos²ⁿC

sin²A + sin²B ≥ 1

2²ⁿ⁻¹, (5) 證明: 當 n = 1 時, 即為 (6), 也就是

cos²A

sin²B + sin²C + cos²B

sin²C + sin²A + cos²C

2 = 1 2²^×1−1. 當 n ≥ 2 時, 記

M = cos²ⁿA

sin²B +sin²C+ cos²ⁿB

sin²C +sin²A+ cos²ⁿC

sin²A+sin²B, N = 2(sin²A+sin²B+sin²C),

(5)

則

n = M M + N

N + 1 +| · · · + 1{z }

(n−2)^個1

=

cos²ⁿA

sin²C + sin²A + cos²ⁿC sin²A + sin²B M

+2(sin²A + sin²B + sin²C)

N + 1 +| · · · + 1{z }

(n−2)個1

=

Ã _cos2nA sin²B+sin²C

M +sin²B + sin²C

N + 1

3+· · · +1

| {z 3}

(n−2)^個¹₃

!

+

Ã _cos2nB sin²C+sin²A

M +sin²C + sin²A

N + 1

3+· · · +1

| {z 3}

(n−2)個¹₃

!

+

Ã _cos2nC sin²A+sin²B

M + sin²A + sin²B

N +1

3 +· · · + 1

| {z 3}

(n−2)^個¹₃

!

≥ n cos²A

√n

3ⁿ⁻²M N + n cos²B

√n

3ⁿ⁻²M N + n cos²C

√n

3ⁿ⁻²M N

= n(cos²A + cos²B + cos²C)

√n

3ⁿ⁻²M N . 即 n ≥ n(cos²A + cos²B + cos²C)

√n

3ⁿ⁻²M N , 整理得 M ≥ (cos²A + cos²B + cos²C)ⁿ

3ⁿ⁻²[2(sin²A + sin²B + sin²C)] = (cos²A + cos²B + cos²C)ⁿ 3ⁿ⁻²[6− 2(cos²A + cos²B + cos²C)]

= (cos²A + cos²B + cos²C)ⁿ⁻¹ 3ⁿ⁻²

³ 6

cos²A + cos²B + cos²C − 2´.

由常見三角不等式 cos²A + cos²B + cos²C ≥ 3 4, 得到

M ≥

³3 4

´n−1

3ⁿ⁻²

³ 6÷ 3

4 − 2´ = 1 2²ⁿ⁻¹,

(6)

也就是, 當 n ≥ 2 時, cos²ⁿA

sin²C + sin²A + cos²ⁿC

sin²A + sin²B ≥ 1 2²ⁿ⁻¹. 綜上, (5) 式得證。

註: 上述命題推廣了由劉健老師提出, 許康華老師在文 [1] 中證明了的如下命題:

在任意 4ABC 中, 有 cos²A

sin²B + sin²C + cos²B

sin²C + sin²A + cos²C

2. (6)

例 5: 設 ai ≥ 0, bi > 0 (i = 1, 2, . . . , n), l∈ N, k ∈ N+, 則

Xn i=1

a^l+k_i b^l_i ≥

³Pn i=1

a_i

´l+k

n^k⁻¹

³Pn i=1

b_i

´l. (7)

證明: 記 M = Pⁿ

i=1

a^l+k_i b^l_i , N =

Pn i=1

b_i,則

l + k = M M + lN

N + 1 +| · · · + 1{z }

(k−1)^個1

= Pn i=1

a^l+k_i b^l_i

M + l Pn i=1

b_i

N + 1 +| · · · + 1{z }

(k−1)^個1

= Xn

i=1

³^a^l+kⁱ_bl i

M + b_i

N +· · · + b_i

| {z N}

l個^bi_N

+ 1

n +· · · + 1

| {z n}

(k−1)個¹_n

´

≥ Xn

i=1

(l + k)a_i

l+k√

n^k⁻¹M N^l =

(l + k) Xn

i=1

a_i

l+k√

n^k⁻¹M N^l,

即 l + k ≥

(l + k) Xn

i=1

a_i

l+k√

n^k⁻¹M N^l, 整理得 n^k⁻¹M N^l ≥ ³Pn i=1

a_i

´l+k

, 即 M ≥

³Pn i=1

a_i

´l+k

n^k⁻¹N^l 。從而有 Pⁿ

i=1

a^l+k_i b^l_i ≥

³Pn i=1

a_i

´l+k

n^k⁻¹

³Pn i=1

b_i

´l。

(7)

註: 例 5 推廣了著名的 Radon 不等式。

例 6: 設 ai > 0 (i = 1, 2, . . . , n), k > 0, n≥ 3, 且 m, n ∈ N+, 則 a^m₁

a₂+ a₃+· · · + an−1+ ka_n + a^m₂

a₃+ a₄+· · · + an+ ka₁ +· · ·

+ a^m_n

a1+ a2+· · · + an−2+ kan−1 ≥ (a₁+ a₂+· · · + an)^m⁻¹

n^m⁻²(n− 2 + k) (8) 證明: 記

M = a^m₁

a₂+· · · + an−1+ ka_n + a^m₂

a₃+· · · + an+ ka₁ +· · · + a^m_n

a₁+· · · + an−2+ ka_n−1, N = (n− 2 + k)(a1+ a₂+· · · + an),

則 m = M

M +N

N + 1 +| · · · + 1{z }

(m−2)個1

=

a^m₁

a₂+· · · + an−1+ ka_n + a^m₂

a₃+· · · + an+ ka₁ +· · · + a^m_n

a₁+· · · + an−2+ ka_n₋₁ M

+(a₂+· · ·+an−1+ka_n)+(a₃+· · ·+an+ka₁)+· · ·+(a1+· · ·+an−2+ka_n₋₁) N

+ 1 +| · · · + 1{z }

m−2^個1

=

³ a^m₁

a₂+· · · + an−1+ ka_n

M +a2+· · · + an−1+ kan

N + 1

n +· · · + 1

| {z n}

m−2^個_n¹

´

+

³ a^m₂

a₃+· · · + an+ ka₁

M +a₃+· · · + an+ ka₁

N + 1

n +· · · + 1

| {z n}

m−2個_n¹

´ +· · ·

+

³ a^m_n

a1+· · · + an−2+ kan−1

M + a₁+· · · + an−2+ ka_n₋₁

N + 1

n +· · · + 1

| {z n}

m−2^個_n¹

´

≥ ma1

m√

n^m⁻²M N + ma2

m√

n^m⁻²M N +· · · + man

m√

n^m⁻²M N = m(a1+ a2+· · · + an)

m√

n^m⁻²M N ,

(8)

即 m ≥ m(a₁+ a₂+· · · + an)

m√

n^m⁻²M N , 整理得 MN ≥ (a₁ + a₂+· · · + an)^m

n^m−2 , 即 (n − 2 + k)(a₁+a₂+· · ·+an)M ≥ (a1+ a2+· · · + an)^m

n^m⁻² ,也就是 M ≥ (a1+ a2+· · · + an)^m⁻¹ n^m⁻²(n− 2 + k) 。從而, (8) 式得證。

例 7: 已知 0 < x < π

2, a, b 均為正實數, m, n ∈ N+, 求函數 y = a

sin^mⁿ x+ b

cos^mⁿ x 的最小值。

解:

2m+n= 2ma

y sin^mⁿ x + 2mb

y cos^mⁿ x + n cos²x + n sin²x

= a

y sin^mⁿ x +· · · + a y sin^mⁿ x

| {z }

2m個

+ sin| ²x +· · · + sin{z ²x}

n個sin²x

+ b

y cos^mⁿ x+· · · + b y cos^mⁿ x

| {z }

2m個

+ cos| ²x +· · · + cos{z ²x}

n個cos²x

≥(2m + n) · ^2m+ns³ a y sin^mⁿ x

´2m

· (sin²x)ⁿ +(2m + n)· ^2m+n

s³ b y cos^mⁿ x

´2m

· (cos²x)ⁿ

=(2m + n)^2m+n r³a

y

´2m

+ (2m + n)^2m+n s³b

y

´2m

=(2m + n)·

2m+n√

a^2m+ ^2m+n√ b^2m

2m+np

y^2m ,

即 2m+n ≥ (2m+n)·

2m+n√

a^2m+ ^2m+n√ b^2m

2m+np

y^2m ,整理得 y ≥ ^2mr³

2m+n√

a^2m+ ^2m+n√ b^2m

´2m+n

,

當且僅當 a

y sin^mⁿ x = sin²x, b

y cos^mⁿ x = cos²x, 即 tan^mⁿ⁺²x = a

b, 也就是 x = arctan

2m+nr³

a b

´m

時取等號。

所以, 函數 y = a

sin^mⁿ x + b

cos^mⁿ x 的最小值 ³

a^2m+n^2m + b^2m+n^2m

´^2m+n

2m 。

(9)

鏈接練習:

1. 在 4ABC 中, 若 a > 0, n ∈ N+, 且 n ≥ 2, 則有 cos²ⁿA

a + cos²A + cos²ⁿB

a + cos²B + cos²ⁿC

a + cos²C ≥ 3 4ⁿ⁻¹(4a + 1). 2. 已知 a1 > a₂ >· · · > an, k∈ N+, 則

1

(a1− a2)^2k⁻¹ + 1

(a2− a3)^2k⁻¹ +· · · + 1

(an−1− an)^2k⁻¹ ≥ (n− 1)^2k (a1− an)^2k⁻¹. 3. 若 a1, a₂, . . . , a_n 滿足 Pⁿ

i=1

a_i = S 的正數, 且 α > 0, λ ≥ ³S n

´2α

, b₁, b₂, . . . , b_n 為 a₁, a₂, . . . , a_n 的一個排列, 則

³

a^α₁ + λ b^α₁

´³

a^α₂ + λ b^α₂

´· · ·³

a^α_n+ λ b^α_n

´≥h³S n

´α

+ λ

³n S

´αin

.

參考文獻

1. 許康華, 一個三角形不等式的證明: 幾何不等式在中國, 南京: 江蘇教育出版社, 1996, 43-45頁。

—本文作者任教中國雲南省大理州漾濞縣第一中學⁽高中部^)—

¢ 從 Cauchy 不 等 式的 一種證 法 談起