廣義 Cauchy 不等式定理及其應用
張國男
眾所周知: 有時, 某極值題或不等式 題可利用 Cauchy 不等式定理以解 (證) 之, 但其若干類似題則否。 筆者研究發現: 由 Cauchy 不等式定理入手, 將其作適當類推, 可得廣義 Cauchy 不等式定理, 以擴大應用 範圍。 特撰本文為紹介, 聊供讀者作參考。
壹 . Cauchy 不等式定理
茲將 Cauchy 不等式定理敘述並證明如 下:
Cauchy不等式定理: 若 n 為整數, n ≥ 2, 而 aij 均為實數 (1 ≤ i ≤ 2, 1 ≤ j ≤ n), 且 ⇀vi = (ai1, . . . , ain) 均非零向量, 則 (
P
nj=1a21j)(P
nj=1a22j) ≥ (P
nj=1a1ja2j)2, 且此不等式兩邊相等之充要條件為⇀v1k⇀v2 。證一: 可分三部分推導如次:
(1) 不等式之證明, 其法不一, 茲介紹類 似三種如下:
(i) 因 a21ja22k+ a21ka22j ≥ 2a1ja2ka1ka2j (1 ≤j < k ≤n), 故
(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j)
=
n
X
j=1
a21ja22j+
X
1≤j<k≤n
(a21ja22k+ a21ka22j)
≥
n
X
j=1
a21ja22j+ 2
X
1≤j<k≤n
a1ja2ja1ka2k
= (
n
X
j=1
a1ja2j)2。 (ii) 因
(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) − (
n
X
j=1
a1ja2j)2
=
h
n
X
j=1
a21ja22j+
X
1≤j<k≤n
(a21ja22k+a21k+a21ka22j)
i
−[
n
X
j=1
a21ja22j + 2
X
1≤j<k≤n
a1ja2ja1ka2k]
=
X
1≤j<k≤n
(a21ja22k+a21ka22j−2a1ja2ka1ka2j)
=
X
1≤j<k≤n
(a1ja2k− a1ka2j)2 ≥ 0,
故(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) ≥ (
n
X
j=1
a1ja2j)2。 (iii) 因
0≤
X
1≤j<k≤n
(a1ja2k− a1ka2j)2
=
X
1≤j<k≤n
(a21ja22k+a21ka22j−2a1ja2ka1ka2j)
=[
n
X
j=1
a21ja22j +
X
1≤j<k≤n
(a21ja22k+ a21ka22j)]
48
−[
n
X
j=1
a21ja22j + 2
X
1≤j<k≤n
a1ja2ja1ka2k]
=(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) − (
n
X
j=1
a1ja2j)2,
故(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) ≥ (
n
X
j=1
a1ja2j)2。
(2) 若 ⇀v1k⇀v2, 設 ⇀v2 = λ⇀v1, 即 a2j = λa1j(1 ≤ j ≤ n), 則
(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) = [
n
X
j=1
a21j][
n
X
j=1
(λa1j)2]
= λ2(
n
X
j=1
a21j)2,
(
n
X
j=1
a1ja2j)2= [
n
X
j=1
a1j(λa1j)]2
= λ2(
n
X
j=1
a21j)2,
故 (
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) = (
n
X
j=1
a1ja2j)2。
另證: 若 ⇀v1k⇀v2, 設 ⇀v2 = λ⇀v1, 即 a2j = λa1j (1 ≤ j ≤ n), 則 a1ja2k − a1ka2j = a1j(λa1k) − a1k(λa1j) = 0, 故由 (1) 知
(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) = (
n
X
j=1
a1ja2j)2。 (3) 若
(
n
X
j=1
a21j)(
n
X
j=1
a22j) = (
n
X
j=1
a1ja2j)2, 則由 (1) 知 a1ja2k = a1ka2j(j 6= k)。 若某 a1j 6= 0 而 a2j = 0, 則因⇀v2非零向量, 故必 有 k 6= j使 a2k 6= 0。 由是, 得 a1ja2k 6= 0 而 a1ka2j = 0, 此與 a1ja2k = a1ka2j 矛
盾! 若 a2j 6= 0 而 a1j = 0, 仿之亦 可導致矛盾。 遂知: ⇀v1 與 ⇀v2 之二個分量 a1j 與 a2j, 必同為 0, 或同不為 0。 據此, 若 ⇀v1 與 ⇀v2 皆僅有一個分量不為 0, 顯然
⇀v1k⇀v2。 又, 若 ⇀v1 與 ⇀v2 皆至少有二個不 為 0 之分量, 可設 a1j 6= 0, a2j 6= 0, 並 令 a2j = λa1j (當然 λ 6= 0)。 如是, 則 對其餘非 0 之分量 a1k 與 a2k(k 6= j) 而 言, 因 a1ja2k = a1ka2j = a1k(λa1j), 故必 a2k = λa1k。 遂知 ⇀v2 = λ⇀v1, 而得⇀v1k⇀v2。 證二: 亦分三部分推導之。
(1) 設A =
P
nj=1a21j, B=P
nj=1a1ja2j, C=P
nj=1 a22j, 當然 A > 0 (C > 0)。 考慮 二次函數 Q(x) = Ax2−2Bx+C = A(x−B
A)2+ ACA−B2, 其中 x ∈ R (R 為所有實數 所構成之集合)。 因 Q(x) =
P
nj=1(a21jx2 − 2a1ja2jx+ a22j) =P
nj=1(a1jx− a2j)2 ≥ 0 ∀x ∈ R, 故 Q(BA) ≥ 0, 即 ACA−B2 ≥ 0, 遂知 AC ≥ B2。(2) 若 ⇀v1k⇀v2, 設 ⇀v2 = λ⇀v1, 即 a2j = λa1j (1 ≤ j ≤ n), 則一方面, 由第二 種形式之 Q(x) 知 Q(λ) = 0。 另一方面, 由 a2j = λa1j 知
P
nj=1a1ja2j =P
nj=1λa21j = λP
nj=1a21j, 即 λ = BA; 以之代入第一種形 式之 Q(x), 即得 Q(λ) = Q(BA) = ACA−B2, 故 B2 = AC。(3) 若 B2 = AC(6= 0), 則由第一種形 式之 Q(x) 知 Q(BA) = 0; 以 x = BA 代入 第二種形式之 Q(x), 即得 a2j = BAa1j (其 中 BA 6= 0), 故 ⇀v1k⇀v2。
備註: (一) 若 ⇀v1 或 ⇀v2 為零向量, 或 n = 1, 則顯然有 (
P
nj=1a21j)(P
nj=1a22j) =(
P
nj=1a1ja2j)2, 故本定理將此等平凡情形均 排除在外, 而不論列。(二) 本定理所述之不等式, 稱為 Cauchy 不等式。 為引用方便計, 特將此不等 式與其兩邊相等之充要條件配套, 而合稱為 Cauchy 不等式定理。
(三) 證一對於下節中廣義 Cauchy 不 等式定理之推導極具啟發性。
下述之問題 1.1 與 2.1, 一淺一深, 均可 應用 Cauchy 不等式定理以解之。
問題1.1: 若 ai > 0 (i = 1, 2, . . . ,1997), 而 r 為異於 0 之實數, 且
P
1997i=1 ari =
P
1997i=1 a−2ri = 1997, 試求 {P
1997i=1 a1997i }。解答: 據 Cauchy 不等式定理, 知 (
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1) ≥ (
1997
X
i=1
a−ri )2,
(
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari) ≥ (
1997
X
i=1
1)2, 且其中第一 (任一) 不等式兩邊相等之 (必 要) 條件 (均) 為 a1 = a2· · · = a1997 (注意 r6= 0)。 由是, 可知
[(
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1)][(
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari)]2
≥ (
1997
X
i=1
a−ri )2[(
1997
X
i=1
1)2]2,
即 (
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
ari)2 ≥ (
1997
X
i=1
1)3,
且此不等式兩邊相等之 (必要) 條件為 a1 = a2 = · · · = a1997。 又因
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−2ri = 1997, 遂知甫得不等式兩邊相
等, 故必 a1 = a2 = · · · = a1997 = 1, 而得 {
P
1997i=1 a1997i } = {1997}。 亦可推求如 後: 據 Cauchy 不等式,知 (
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1) ≥ (
1997
X
i=1
a−ri )2,
且 (
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari) ≥ (
1997
X
i=1
1)2,
故 [(
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1)][(
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari)]2
≥ (
1997
X
i=1
a−ri )2[(
1997
X
i=1
1)2]2,
即 (
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
ari)2 ≥ (
1997
X
i=1
1)3。
因
1997
X
i=1
ari =
1997
X
i=1
a−2ri = 1997,
故甫得不等式兩邊相等。 由是, 遂知第一個 (最初二個) 不等式兩邊相等, 故必 a1 = a2 = · · · = a1997 (注意 r 6= 0)。 再據
P
1997i=1 ari = 1997, 更知 ai = 1(1 ≤ i ≤ 1997), 故得 {
P
1997i=1 a1997i } = {1997}。備註: (一) 若將本題中之條件
「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−2ri = 1997」改為
「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−5ri = 1997」, 則可仿上推導如次: 據 Cauchy 不等式定理, 知(
1997
X
i=1
a−5ri )(
1997
X
i=1
ari) ≥ (
1997
X
i=1
a−2ri )2,
(
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1) ≥ (
1997
X
i=1
a−ri )2,
(
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari) ≥ (
1997
X
i=1
1)2,
且其中第一 (任一) 不等式兩邊相等之 (必 要) 條件 (均) 為 a1 = a2 = · · · = a1997 (注意 r 6= 0)。 由是, 可知
[(
1997
X
i=1
a−5ri )(
1997
X
i=1
ari)][(
1997
X
i=1
a−2ri )(
1997
X
i=1
1)]2
·[(
1997
X
i=1
a−ri )(
1997
X
i=1
ari)]4
≥ (
1997
X
i=1
a−2ri )2[(
1997
X
i=1
a−ri )2]2[(
1997
X
i=1
1)2]4, 即 (
P
1997i=1 a−5ri )(P
1997i=1 ari)5 ≥ (P
1997i=1 1)6, 且此不等式兩邊相等之 (必要) 條件為a1 = a2 = · · · = a1997。 又因P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−5ri = 1997, 故甫得不等式兩邊相 等, 遂知 a1 = a2 = · · · = a1997 = 1, 而 {
P
1997i=1 a1997i } = {1997}。 若將本題中之 條件「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−2ri = 1997」改為
「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−mri = 1997」(其中 m 為已予之正整數), 則理論上, 不論 m 之值為何, 俱可仿上推導之 [其中, 使用 Cauchy 不等式之原則為: 用
(
1997
X
i=1
a−lri )(
1997
X
i=1
ari) ≥ (
1997
X
i=1
a−
(l−1)r 2
i )2, 若 l 為正奇數; 用 (
P
1997i=1 a−lri )(P
1997i=1 1) ≥ (P
1997i=1 a−lr 2
i )2, 若 l 為正偶數。], 但實際 上, 恐有諸多情況 ( 如 m = 102000 或 111111111111 時) 不便如是求解。 若將本題 中之條件
「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−2ri = 1997」改為
「
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−mri = 1977, 其中 m 為固定之正整數」,而不特別指明 m 之值, 則更難以此法 作一般推導而得 {
P
1997i=1 a1997i }矣。 免驚! 下 節將引介簡易之解法。[參見問題 1.2之備註](二) 對於 1996 年第 8 屆亞太數學奧林 匹亞競賽試題 「設 a, b, c 為一個三角形的三 邊長, 試證明 √
a+ b − c +√
b+ c − a +
√c+ a − b ≤ √ a +√
b +√
c。 並問等號 何時成立?」 不妨模仿本問題之解法而論證如 下: 若 x1 與 x2 均為正數, 則據 Cauchy 不 等式定理, 知 (x1+ x2)(1 + 1) ≥ (√x1 +
√x2)2, 即 √x1 + √x2 ≤
q
2(x1+ x2), 且此不等式兩邊相等之充要條件為 x1 = x2。(由[q
2(x1 + x2)]2 − [√x1 + √x2]2 = x1+ x2− 2√x1x2 = [√x1−√x2]2 亦可推 得此結果。) 由是, 易知: 若 x1, x2 與 x3 均 為正數, 則√x1+√x2+√x3
=1
2[(√x1+√x2) + (√x2+√x3) +(√x3+√x1)]
≤
s
x1+ x22 +
s
x2+ x32 +
s
x3+ x12 , 且此不等式兩邊相等之充要條件為 x1 = x2 = x3。 置 x1 = a + b − c, x2 = b + c − a, x3 = c + a − b, 即得
√a+ b − c +√
b+ c − a +√
c+ a − b ≤
√a+√ b+√
c, 且知此不等式兩邊相等之 充要條件為 a = b = c。 當然, 亦可推導如 次: 注意函數 f (x) = √x (x > 0) 之圖形 上凸之特性, 當 x1 與 x2 均為正數時, 比較
1
2[f (x1) + f (x2)] 與 f (x1+x2 2) 之大小 [亦 即比較 ( 線段之) 長短或 (點之) 高低], 易 知 √x1+√x2
2 ≤
q
x1+x2 2, 且此不等式兩邊相 等之充要條件為 x1 = x2。 下接上示論證之 中段與後段, 茲不復述。[參見下節問題 1.2 之 解答 (2)]問題2.1: 若 a1, a2, . . . , a1997 均為定 數, 且 a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ a1997 >0, 試求函 數 f (θ1, θ2, . . . , θ1997) =
P
1997i=1 sina22iθi 在條 件P
1997i=1 cos2θi = 1 限制下之最小值, 並求 產生該值之點所需滿足之條件 (即確定 f 於 何處產生最小值)。解答: 若 1995a1 ≤ a2 + · · · + a1997, 則 1995a2 ≤ 1995a1 ≤ a2+ · · ·+a1997, 故 1994a2 ≤ a3+· · ·+a1997; 仿此, 可依次推得 1993a3 ≤ a4+ · · · + a1997, 1992a4 ≤ a5+
· · · + a1997, . . . ,2a1994 ≤ a1995 + a1996 + a1997 與 a1995 ≤ a1996 + a1997。 據上, 顯然 可知: 若 (1996 − i)ai ≤ ai+1+ · · · + a1997, 而 i 為固定整數, 且 1 ≤ i < 1995, 則 必 (1996 − j)aj ≤ aj+1+ · · · + a1997 (其 中 i ≤ j ≤ 1995)。 由其對偶命題, 又知:
若 (1996 − i)ai > ai+1 + · · · + a1997, 而 i 為固定整數, 且 1 < i ≤ 1995, 則必 (1996 − j)aj > aj+1 + · · · + a1997 (其 中 1 ≤ j ≤ i)。 因此, 可考慮下列 1996 種可能情形以解題: (1)1995a1 ≤ a2 +
· · · + a1997; (2)1995a1 > a2+ · · · + a1997, 1994a2 ≤ a3 + · · · + a1997;(3)1994a2 >
a3 + · · · + a1997, 1993a3 ≤ a4 + · · · + a1997; . . . ; (1995)2a1994 > a1995+ a1996 +
a1997; a1995 ≤ a1996+a1997; (1996)a1995 >
a1996+ a1997。 注意以上 1996 種情形已窮盡 所有可能, 且其中任二種情形均互斥。
以下, 為方便計, 以 (∗) 表條件
P
1997i=1 cos2θi = 1 (相當於
P
1997i=1 sin2θi = 1996)。hαi 若 1995a1 ≤
P
1997j=2 aj [此即上 列之 (1)], 即 1996a1 ≤P
1997j=1 aj, 則 0 < a1+a1996a2+···+a1 1997 ≤ 1, 故 0 <1996ai
a1+a2+···+a1997 ≤ 1 (1 ≤ i ≤ 1997)。 據 Cauchy 不等式定理, 知
(
1997
X
i=1
a2i sin2θi
)(
1997
X
i=1
sin2θi) ≥ (
1997
X
i=1
ai)2, 且此不等式兩邊相等之充要條件為
a1
sin2θ1 = a2
sin2θ2 = · · · = a1997
sin2θ1997, 故在 (∗) 之下, 函數 f 於且僅於
sin2θi= 1996ai
a1+a2+· · ·+a1997(1 ≤i≤1997) 之處 (有無窮多個點) 產生最小值 19961 (
P
1997i=1 ai)2。hβi 若 (1996 − i)ai >
P
1997j=i+1aj, (1995 −i)ai+1≤P
1997j=i+2aj, 其中 i 為 1 至 1995 之任一固定整數 [此即上述之 (i + 1)。注意 i = 1995 時, 前一不等式與 (1996) 相 同, 而後一不等式則自動成立!], 令
bk = 1 1996 − i
1997
X
j=i+1
aj (1 ≤ k ≤ i), 則有
f(θ1, θ2, . . . , θ1997)
= [
i
X
k=1
b2k sin2θk
+
1997
X
j=i+1
a2j sin2θj
]+
i
X
k=1
a2k−b2k
sin2θk
。
(i) 由 (1996−i)bi =
P
1997j=i+1aj ≥ (1996−i)ai+1, 知 b1 ≥ ai+1, 故 b1 = · · · = bi ≥ ai+1 ≥ · · · ≥ a1997 > 0; 又由 (1996 − i)b1 =
P
1997j=i+1aj 與 ib1 =P
ik=1bk, 可得 1996b1 =P
ik=1bk+P
1997j=i+1aj。 據 hαi, 知 在 (∗) 之下, 函數i
X
k=1
b2k sin2θk
+
1997
X
j=i+1
a2j sin2θj
於且僅於
sin2θk= 1 (1 ≤ k ≤ i), sin2θj= 1996aj
s (i + 1 ≤ j ≤ 1997, 其中
s=
i
X
k=1
bk+
1997
X
j=i+1
aj = 1996 1996 − i
1997
X
j=i+1
aj)
之處產生最小值 s2
1996; 又以 sin2θk = 1, sin2θj = 1996as j 直接代入上述函數, 易知此 最小值實即
i
X
k=1
b2k+ 1 1996 − i(
1997
X
j=i+1
aj)2。 (ii) 由
ak ≥ ai > 1 1996 − i
1997
X
j=i+1
aj = bk >0 可得 a2k − b2k > 0, 其中 1 ≤ k ≤ i。 顯然, 在 (∗) 之下, 函數
P
ik=1a2k−b2k
sin2θk 於且僅於 sin2θk = 1 (1 ≤ k ≤ i),
1997
X
j=i+1
sin2θj = 1996 − i
之處產生最小值
P
ik=1(a2k− b2k)。合 (i) 與 (ii), 遂知在 (∗) 之下, 函數 f 於 sin2θk = 1(1 ≤ k ≤ i), sin2θj =
1996aj
s (i + 1 ≤ j ≤ 1997, 而 s =
1996 1996−i
P
1997j=i+1aj) 之處 (有無窮多個點) 產 生最小值
i
X
k=1
(a2k− b2k) +
i
X
k=1
b2k
+ 1
1996 − i(
1997
X
j=i+1
aj)2
=
i
X
k=1
a2k+ 1 1996 − i(
1997
X
j=i+1
aj)2。
備註: 以上推導, 因解說綦詳, 故表面 文字冗長。 實際上, 其內容至簡。 茲再綴數 語, 略述解題大要如次: (1◦) 考慮下列 1995 個不等式: 1995a1 ≤ a2 + · · · + a1997, 1994a2 ≤ a3 + · · · + a1997, . . . , a1995 ≤ a1996+ a1997。 本解答首段前半指出: 若上列 某式為真, 則其後諸式 (若有) 亦為真; 若上 列某式為偽, 則其前諸式 (若有) 亦為偽。 而 其後半所列之 (1), 即上列 1995 個不等式俱 為真之情形; 其最後所列之 (1996), 即上列 1995 個不等式俱為偽之情形; 其餘之 (i), 即 上列 1995 個不等式自第 i 個起 (俱) 為真, 且其前諸不等式 (俱) 為偽之情形。(2◦)對於 情形 (1), 利用 Cauchy 不等式定理, 易知 f 在 (∗) 之下於且僅於
sin2θi= 1996ai
a1+a2+· · ·+a1997(1 ≤i≤1997) 之處產生最小值 1
1996(
P
1997i=1 ai)2, 此即 hαi。對於其他情形 (i + 1), 其中 1 ≤ i ≤ 1995, 可如 hβi 之前段所示引入 bk(1 ≤ k ≤ i),
而將 f (θ1, θ2, . . . , θ1997) 改寫為
i
X
k=1
b2k sin2θk
+
1997
X
j=i+1
a2j sin2θj
與
i
X
k=1
a2k− b2k
sin2θk
二 部 分 之 和。 其 前 一 個 部 分 和 分 子 中 之 bk(1 ≤ k ≤ i) 與 aj(i + 1 ≤ j ≤ 1997) 構成正項遞減數列, 且 1996b1等於此數列之 和, 故逕用 hαi 易知其在 (∗) 之下於何處產 生最小值, 並求得此值, 是為 hβi (i)。 而 hβi (ii) 所示關於後一個部分和之推論, 則十分 淺顯。 合 (i) 與 (ii), 即得情形 (i + 1) 之解 矣。 (3◦) 就 n = 2, 3 與 4, 實際試求函數
f(θ1, . . . , θn) =
n
X
i=1
a2i sin2θi
在條件
P
ni=1cos2θi = 1 限制下之最小值, 並求產生該值之點所需滿足之條件 (即確定 f 於何處產生最小值), 可歸納出 n = 1997 時之推導, 如上解答所示。貳 . 廣 義Cauchy不等式定理
前節之 Cauchy 不等式定理, 可適當類 推之。 茲述並證如下:
廣義Cauchy不等式定理: 設 m, n 均為 整數, 且 m ≥ 2, n ≥ 2。 若 aij ≥ 0 (1 ≤ i≤ m, 1 ≤ j ≤ n), 且⇀vi= (ai1, . . . , ain) 均非零向量, 則
n
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) ≥ [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m, 且此不等式兩邊相等之充要條件為
⇀v1k · · · k⇀vm。
證明: 設 S = Πmi=1(
P
nj=1amij),T = [P
nj=1(Πmi=1aij)]m, 並令 m (橫列)×n(縱 行) 矩陣 A = (amij), 其位於第 i 列第 j 行 之元素為 amij。 茲分三部分推導如次:(1) 以下, 為討論方便, 暫視 aij 為 文字 (或變數)。 顯然, S 與 T 均可展開 為 nm 項之和: 通常將前者書為 S =
P
(a1j1a2j2. . . amjm)m, 其中各項均為 A 中 每列一元素共 m 個元素之乘積; 後者則可併 項而記為T =
X
m!k1!k2! · · · kn!(a11a21· · · am1)k1 (a12a22· · · am2)k2· · · (a1na2n· · · amn)kn, 其中所有 kj 均為非負之整數, 且 k1+ k2+
· · · + kn = m。
對於 S, 可改計縱行: 若 k1, k2,· · · , kn 均為固定且非負之整數, 而 k1+ k2+ · · · + kn = m, 則前述 S 之 nm 項 (乘積) 中, 由 A 之第 1 行取 k1 個元素, 第 2 行取 k2 個元素,· · ·, 第 n 行取 kn 個元素相乘而得 者 (註: 由某行取 0 個元素意謂不取該行任 何元素), 共有 k m!
1!k2!···kn! 項, 設此 k m!
1!k2!···kn!
項之和為 S(k1,k2,···,kn)。 若 k1 > 0, 則此 S(k1,k2,···,kn)之展式中, A 之第 1 行取第 1 至 第 k1 列元素者, 必呈 (a11a21· · · ak11)m· · · 之形, 共有 (m−kk 1)!
2!···kn! 項; 同理, 易知: 若 i1,· · · , ik1 為 1, · · · , m 中任意 k1 個全異 數, 則上述 k m!
1!k2!···kn! 項 (乘積) 中, A 之第 1 行取第 i1列, · · ·, 及第 ik1 列元素者, 必呈 (ai11ai21· · · aik11)m· · · 之形, 共有 (m−kk2!···k1n)!!
項。 由是, 遂知前述 k m!
1!k2!···kn! 項之連乘積
P(k1,k2,···,kn) 必呈
(a11a21· · · am1)m(k1!k2!···kn!m! ·k1m)
· · ·
= (a11a21· · · am1)(k1!k2!···kn!m! )k1
· · · 之形。 對於 k1, k2,· · · , kn 中所有正整數 kj
俱仿上討論之 (考慮 A 之第 j 行), 可得 P(k1,k2,...,kn)
= [(a11a21· · · am1)k1(a12a22· · · am2)k2
· · · (a1na2n· · · amn)kn]k1!k2!···km!m!
(注意此式於若干 kj = 0 時亦成立)。 以下 , 回歸題設, 視 aij 為非負之實數, 並規定 00 = 1。 據上, 由算術平均數與幾何平均數 不等式定理, 遂知
S(k1,k2,...,kn)
≥ m!
k1!k2! · · · kn![P(k1,k2,...,kn)]k1!k2!···kn!
m!
= m!
k1!k2! · · · kn!(a11a21· · · am1)k1
·(a12a22· · · am2)k2· · ·(a1na2n· · · amn)kn, 故
X
S(k1,k2,···,kn)≥
X
m!k1!k2!. . .kn!(a11a21· · ·am1)k1
· (a12a22· · ·am2)k2· · ·(a1na2n· · · amn)kn, 即 S ≥ T , 並知 S = T 之充要條件為 S(k1,k2,...,kn) 之展式所有 k m!
1!k2!···kn! 項均等。
[注意: 特別當 S = T 時, 若 S(k1,k2,···,kn) 之 展式中某項為 0, 則其所有 k m!
1!k2!...kn! 項必均 為 0。]
(2) 若 ⇀v1k · · · k⇀vm, 設 ⇀vi = λi
⇀v1(1 ≤ i ≤ m, 當然 λ1 = 1), 即
aij = λia1j(1 ≤ j ≤ n), 則
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) =
m
Y
i=1
[
n
X
j=1
(λia1j)m]
=
m
Y
i=1
(λmi
n
X
j=1
am1j) = (
m
Y
i=1
λmi )(
n
X
j=1
am1j)m,
[
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m = [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
λia1j)]m
=[
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
λi)am1j]m = [(
m
Y
i=1
λi)
n
X
j=1
am1j]m
=(
m
Y
i=1
λi)m(
n
X
j=1
am1j)m, 故S = T 。
(3) 若 S = T , 則由 (1) 之論證知 S(k1,k2,...,kn) 之展式所有 k m!
1!k2!···kn! 項均等。
據此, 可推斷 A 中同行 m 個數, 必均為 0, 或均不為 0: 蓋若不然, 假定第 1 行 包含 0 與非 0 之數, 為說明方便計, 可設 a11 6= 0, 而 a21 = 0。 如是, 則一方面, 因 ⇀vi(2 ≤ i ≤ m) 非零向量, 必有 ji 使 aiji 6= 0, 故 (a11Πmi=2aiji)m 6= 0。 另一方 面, 設 (a11Πmi=2aiji)m 為 S(k1,k2,...,kn) 之展 式中之一項 (當然 k1 ≥ 1), 則在 A 中每列 各取一數 (元素) 之原則下, 可先於第 1 行取 am21及另外 k1−1 個數, 而後依 j = 2, . . . , n 之順序, 於第 j 行取 kj 個數; 若將如是所取 之 m 個數相乘, 即得 S(k1,k2,...,kn) 之展式 中呈 (a21· · ·)m 形之一項, 其值為 0。 遂與
「S(k1,k2,...,kn) 之展式所有 m!
k1!k2!···kn! 項均等」
相左! 仿此, 若 ai1 6= 0, 而 ai′1 = 0, 亦可導 致矛盾! 故 A 中第 1 行 m 個數, 必均為 0, 或均不為 0。 同理, 可知 A 中同行 m 個數, 必均為 0, 或均不為 0。 據此, 若 A 中僅有某 行 m 個數均不為 0, 其他各行所有數均為 0,
顯然 ⇀v1k · · · k⇀vm。 又, 若 A 中至少有二行 之數均不為 0, 可設第 j 行所有 amij 6= 0, 並 令 aij = λ1a1j(2 ≤ i ≤ m), 當然 λi 6= 0。
於是, 若第 j′ 行 (j′ 6= j) 所有 amij′ 6= 0, 可 考慮 S(k1,k2,...,kn) 當 kj = 1,kj′ = m − 1 時之展式; 因其所有 1!(m−1)!m! = m 項均等, 即
[a1j(
Q
m i′=1ai′j′a1j′ )]m = [aij(
Q
m i′=1ai′j′aij′
)]m, 其中 2 ≤ i ≤ m, 故 aa1j′1j = aaij
ij′, 即 a1jaij′ = aija1j′ = λia1ja1j′, 亦即 aij′ = λia1j′。 遂知 ⇀vi = λi
⇀v1(2 ≤ i ≤ m), 而得
⇀v1k · · · k⇀vm。
備註: (一) 若 ⇀v1, . . ., 或 ⇀vm 為零 向量, 或 m = 1, 或 n = 1, 則顯然有 Πmi=1(
P
nj=1amij) ≥ [P
nj=1(Πmi=1aij)]m, 故本 定理將此等平凡情形均排除在外, 而不論列。(二) 本定理所述之不等式, 稱為廣義 Cauchy 不等式。 為引用方便計, 特將此不等 式與其兩邊相等之充要條件配套, 而合稱為 廣義 Cauchy 不等式定理。
(三) 若 m 為正偶數, n 為整數, n ≥ 2, 而 aij(1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n) 均為實 數, 且 ⇀vi = (ai1, . . . , ain) 均非零向量, 則 利用三角形不等式之推廣及本定理所述之廣 義 Cauchy 不等式, 可得
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) =
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
|aij|m)
≥ [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
|aij|)]m = [
n
X
j=1
|
m
Y
i=1
aij|]m
≥ |
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)|m = [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m,
故不等式
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) ≥[
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m
亦成立。 又,⇀v1k · · · k⇀vm 顯然為此不等式兩 邊相等之充分條件 [本定理證明 (2) 仍有效];
但當偶數 m ≥ 4 時, 若令 a11= a21= −1, 並令其餘所有 aij = 1, 易知其非必要條件!
[在此情況下, (3) 之論證, 何處失效?]
(四) 若奇數 m ≥ 3, 整數 n ≥ 2, 而 aij ≤ 0(1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n), 且⇀vi = (ai1, . . . , ain) 均非零向量, 令 bij = −aij, 則
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) = −
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
bmij),
[
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m= −[
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
bij)]m, 據本定理, 可得反向之不等式
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) ≤ [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m, 並知此不等式兩邊相等之充要條件為⇀v1k . . .k⇀vm。 由是, 又知; 不宜將條件 「aij ≥ 0」
或 「aij ≤ 0」 放寬為 「aij 均為實數」! 否則
m
Y
i=1
(
n
X
j=1
amij) 與 [
n
X
j=1
(
m
Y
i=1
aij)]m 二者, 孰大孰小? 將無確定之答案矣。(例如 令 a11 = a21= −1, 並令其餘所有 aij = 1, 則前者小於後者; 若令 a11 = −1, a21 = 2, 並令其餘所有 aij = 1, 則前者大於後者。)
(五) 據 (三) 與 (四) 之討論, 可知:
上述之廣義 Cauchy 不等式定理, 係將原 Cauchy 不等式及其兩邊相等之充要條件二 者相提並論, 以作類推, 而得之一般性 (化)
結果。 當然, 亦可將其中 m = 2 之情形, 特 地改用原 Cauchy 不等式定理之形式敘述之 ( 其中 aij 為實數, 不必限定 aij ≥ 0); 如是 所得之定理, 雖名益副實, 但較為瑣碎。 又, 若 不計不等式兩邊相等之必要條件, 則對於 m 為正偶數之情形, 可將其中條件 「aij ≥ 0」 放 寬為 「aij 均為實數」; 但若如是修改, 則若干 問題 (例如本節問題1.2備註所解之問題及問 題 2.2) 即未能藉之求解矣。 是得失兼有, 利 弊並見也。
以下, 提供問題 1.2,2.2,3.1,4.1 及其解 答, 與若干備註, 略示廣義 Cauchy 不等式 定理之應用。
問題1.2: 設整數 n ≥ 2, 而 αi >
0(1 ≤ i ≤ n),
P
ni=1αi = 1, 且 r 為有 理數, r 6= 0, r 6= 1。 若 ai >0(1 ≤ i ≤ n), 試比較P
ni=1αiari 與 (P
ni=1αiai)r 之大小, 並求P
ni=1αiari = (P
ni=1αiai)r 之充要條 件。解答: 可分 r > 1, 0 < r < 1 與 r < 0 三種情形推論如次:
(1) 若 r > 1, 可設 r = mp, 其中 m 與 p 為互質正整數 (故 m > p ≥ 1), 並令 bi = a
1 p
i (1 ≤ i ≤ n)。 據廣義 Cauchy 不 等式定理, 知 (
P
ni=1αibmi )p(P
ni=1αi)m−p ≥ (P
ni=1αibpi)m, 且此不等式兩邊相等之充要 條件為 b1 = · · · = bn。 又因P
ni=1αi = 1, 故據上知 (P
ni=1αibmi )p ≥ (P
ni=1αibpi)m, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 b1 =· · · = bn; 亦即
P
ni=1αiari ≥ (P
ni=1αiai)r, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 a1 =· · · = an。
(2) 若 0< r<1, 可設 r=mp, 其中 m 與 p 為互質正整數 (故m > p ≥ 1), 並令 ci = aim1(1 ≤ i ≤ n)。 據廣義 Cauchy 不等 式定理, 知 (
P
ni=1αicmi )p(P
ni=1αi)m−p ≥ (P
ni=1αicpi)m, 且此不等式兩邊相等之充要 條件為 c1 = · · · = cn。 又因P
ni=1αi = 1, 故據上知 (P
ni=1αicmi )p ≥ (P
ni=1αicpi)m, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 c1 =· · · = cn; 亦即 (
P
ni=1αiai)r ≥P
ni=1αiari, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 a1 =· · · = an。
(3) 若 r < 0, 可設 r = −uv, 其中 u 與 v 為互質正整數。 據廣義 Cauchy 不等式 定理, 知
(
n
X
i=1
αia−
u v
i )v(
n
X
i=1
αiai)u≥ (
n
X
i=1
αi)u+v, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 a1 =
· · · = an。 又因
P
ni=1αi = 1, 故據上知 (n
X
i=1
αia−
u v
i )v ≥ (
n
X
i=1
αiai)−u, 且此不等式兩邊相等之充要條件為 a1 =
· · · = an; 亦即
n
X
i=1
αiari ≥ (
n
X
i=1
αiai)r,
且此不等式兩邊相等之充要條件為 a1 =
· · · = an。
備註: 前節問題 1.1 備註 (一) 最後所述 之問題 「若 ai > 0(i = 1, 2, · · · , 1997), 而 r 為異於 0 之實數, 且
P
1997i=1 ari =P
1997i=1 a−mri = 1997, 其中 m 為固定之正
整數, 試求 {
P
1997i=1 a1997i }。」 可解如下: 據廣 義 Cauchy 不等式定理, 知(
1997
X
i=1
a−mri )(
1997
X
i=1
ari)m ≥ (
1997
X
i=1
1)m+1, 且此不等式兩邊相等之 (必要) 條件為 a1 = a2 = · · · = a1997 (注意 r 6= 0)。 又因
1997
X
i=1
ari =
1997
X
i=1
a−mri = 1997,
遂知上列不等式兩邊相等, 故必 a1 = a2 =
· · · = a1997 = 1, 而得 {
P
1997i=1 a1997i } = {1997}。 亦可推導如次: 由本問題 1.2 解答 (3) 所得之結果, 知1 1997
1997
X
i=1
(ari)−m≥ ( 1 1997
1997
X
i=1
ari)−m, 且此不等式兩邊相等之(必要) 條件為 a1 = a2 = · · · = a1997 (注意 r 6= 0)。 又因
P
1997i=1 ari =
P
1997i=1 a−mri = 1997, 遂知上 列不等式兩邊相等, 故必 a1 = a2 = · · · = a1997 = 1, 而得 {P
1997i=1 a1997i } = {1997}。事實上, 此題為下節問題 1.4之一特例。
問題2.2: 設 m 與 n 均為固定正整 數, n ≥ 2, 而 A1, . . . , An 均為固定正 數, Ai ≥ Ai+1(1 ≤ i ≤ n − 1), 且 函數 f (θ1, . . . , θn) =
P
ni=1 sinAmmi θi 之定義 域為 (0, π)n = {(θ1,· · · , θn)|0 < θ1 <π, . . . ,0 < θn < π}, 試求 f 在條件
P
ni=1cos2θi = 1 限制下之最小值, 並求產 生該值之點所需滿足之條件 (即確定 f 於何 處產生最小值)。
解答: 因 0 < θi < π, 故 sin θi > 0 (1 ≤ i ≤ n)。 以下, 對於 θi 均限定於此範 圍內, 以進行討論。
令 ai = A
2m m+2
i (1 ≤ i ≤ n), 則 a1, . . . , an 均為固定正數,
ai≥ ai+1(1 ≤ i ≤ n − 1), f(θ1, . . . , θn) =
n
X
i=1
a
m+2 2
i
sinmθi
。
若 n = 1997, 則可逐步模仿問題 2.1 之解法而推導之。 茲略述如次 [詳參該題之解 答]:
據問題 2.1 解答最初之論證, 知可考慮 下列 1996 種可能情形以解題:(1) 1995a1 ≤ a2+ · · · + a1997;(2) 1995a1 > a2 + · · · + a1997, 1994a2 ≤ a3 + · · · + a1997;(3) 1994a2 > a3 + · · · + a1997, 1993a3 ≤ a4 + · · · + a1997; · · · ; (1995)2a1994 >
a1995+ a1996+ a1997, a1995 ≤ a1996+ a1997; (1996)a1995 > a1996+ a1997。
以下, 為方便計, 以 (∗) 表條件
P
1997i=1 cos2θi = 1 (相當於
P
1997i=1 sin2θi = 1996)。hαi 若 1995a1 ≤
P
1997j=2 aj[此即上列 之 (1)], 則 0 < a 1996ai1+a2+···+a1997 ≤ 1 (1 ≤ i≤ 1997)。 據廣義 Cauchy 不等式定理, 知
(
1997
X
i=1
a
m+2
i 2
sinmθi
)2(
1997
X
i=1
sin2θi)m≥(
1997
X
i=1
ai)m+2, 且此不等式兩邊相等之充要條件為
a1 sin2θ1
= a2
sin2θ2 = · · · = a1997 sin2θ1997
,
故在 (∗) 之下, 函數 f 於且僅於 sin2θi= 1996ai
a1+ a2+ · · · + a1997 (1 ≤ i ≤ 1997)
之處 (確有滿足此等條件之點) 產生最小值 [ 1
1996]m2[
1997
X
i=1
ai]m+22
= [ 1 1996]m2[
1997
X
i=1
A
2m m+2
i ]m+22 。
hβi 若 (1996 − i)ai >
P
1997j=i+1aj, (1995 −i)ai+1 ≤P
1997j=i+2aj, 其中 i 為 1 至 1995 之任一固定整數 [此即上述之 (i + 1)], 令 bk = 1996−i1P
1997j=i+1aj(1 ≤ k ≤ i), 則有f(θ1,· · · , θ1997)
= [
i
X
k=1
bkm+22 sinmθk
+
1997
X
j=i+1
a
m+2
j 2
sinmθj
]
+
i
X
k=1
a
m+2 2
k − bkm+22
sinmθk
。
(i) 不難驗得 b1 = · · · = bi ≥ ai+1 ≥
· · · ≥ a1997 > 0, 且 1996b1 =
P
ik=1bk+P
1997j=i+1aj。 據 hαi, 知在 (∗) 之下, 函數
i
X
k=1
b
m+2 2
k
sinmθk
+
1997
X
j=i+1
a
m+2 2
j
sinmθj
於且僅於
sin2θk= 1(1 ≤ k ≤ i), sin2θj= 1996aj
s (i + 1 ≤j ≤1997, 其中
s=
i
X
k=1
bk+
1997
X
j=i+1
aj = 1996 1996 − i
1997
X
j=i+1
aj)
之處產生最小值 [19961 ]m2sm+22 ; 又以 sin2θk= 1, sin2θj = 1996aj
s 直接代入上述函數, 易知此最小值實即
i
X
k=1
b
m+2 2
k + [ 1
1996 − i]m2[
1997
X
j=i+1
aj]m+22 。 (ii) 易知 1 ≤ k ≤ i 時,ak > bk > 0, 故 akm+22 − bkm+22 >0。 顯然, 在 (∗) 之下, 函數
i
X
k=1
a
m+2 2
k − b
m+2 2
k
sinmθk
於且僅於 sin2θk = 1(1 ≤ k ≤ i),
P
1997j=i+1sin2θj = 1996 − i 之處產生最小 值
P
ik=1[am+2 2
k − b
m+2 2
k ]。
合 (i) 與 (ii), 遂知在 (∗) 之下, 函數 f於且 僅於 sin2θk = 1(1 ≤ k ≤ i), sin2θj =
1996aj
s (i + 1 ≤ j ≤ 1997, 而 s =
1996 1996−i
P
1997j=i+1aj) 之處 (確有滿足此等條件
之點) 產生最小值
P
ik=1[akm+22 − bkm+22 ] +P
i k=1bm+2 2
k + [1996−i1 ]m2[
P
1997j=i+1aj]m+22 =P
ik=1Amk + [1996−i1 ]m2[
P
1997j=i+1A2m m+2
j ]m+22 。 若 n 6= 1997, 可仿上推導之。
茲將結論綜述如下: 設 ai = A
2m m+2
i ,
θi ∈ (0, π), 其中 1 ≤ i ≤ n。
h 甲 i 若 (n − 2)a1 ≤
P
nj=2aj, 則 在條件P
ni=1cos2θi = 1 限制之下, f 於 且僅於 sin2θi = a(n−1)a1+···+ain(1 ≤ i ≤ n) 之處 (確有滿足此等條件之點) 產生最小 值[n−11 ]m2[
P
ni=1A2m m+2
i ]m+22 。
h 乙 i 若 (n − i − 1)ai >
P
nj=i+1aj, 且 (n − i − 2)ai+1 ≤P
nj=i+2aj, 其 中 i 為 1 至 n − 2 之任一固定正整數, 則在條件P
ni=1cos2θi = 1 限制之下, f於且僅於 sin2θk = 1(1 ≤ k ≤ i), sin2θj = (n−1)as j (其中 i + 1 ≤ j ≤ n, 而 s = nn−i−1−1
P
nj=i+1aj) 之處 ( 確有滿 足此等條件之點) 產生最小值P
ik=1Amk + [n−i−11 ]m2 [P
nj=i+1A2m m+2
j ]m+22 。
備註: (一) 當 n = 2 時, 情況 h 甲 i 必 定出現, 情況 h 乙 i 則絕不發生。
(二) 若 m = 2ℓ (ℓ 為正整數), 則推導 過程中所用之廣義 Cauchy 不等式
(
n
X
i=1
Ami sinmθi
)2(
n
X
i=1
sin2θi)m≥(
n
X
i=1
A
2m m+2
i )m+2, 亦可以與之相當, 且形式較簡 ( 由 m + 2 式 相乘降為 ℓ + 1 式相乘, 式數減半!) 之不等 式
(
n
X
i=1
A2ℓi sin2ℓθi
)(
n
X
i=1
sin2θi)ℓ ≥ (
n
X
i=1
A
2ℓ ℓ+1
i )ℓ+1 替代之。[參見問題 2.1之解答]
(三) 台南一中八十四學年度第一學期第 一段考高二自然組數學試題 「設 α, β, γ 為向 量 ⇀a(⇀a 6= ⇀0 ) 之方向角, 則 (1) sin2α+ sin2β+ sin2γ = 。 (2) sin92α+
4
sin2β +sin12γ 最小之值 = 。」 為 本題於 m = 2,n = 3 時之一簡易特例。
(四) 將問題2.1中函數 f 之定義域限定 為 (0,π2]1997, 或將問題 2.2 中函數 f 之定義 域限定為 (0,π2]n, 顯然均不改變所欲求之最 小值 (原解答之推導仍然有效)。 但因範圍縮 小, 產生最小值之點, 其個數將減少。
(五) 若 n = 2, 則限制條件 cos2θ1 + cos2θ2 = 1 與 sin2θ1 + sin2θ2 = 1 相當, 故 sin θ1 = 1 時 sin θ2 = 0,
sin θ2 = 1 時 sin θ1 = 0, 因此可將函 數 f (θ1, θ2) = sinAmm1θ1 + sinAmm2θ2 之定義 域限定為 (0,π2)2 , 而不改變所欲求之最小 值。 特別當 m = 1, n = 2時, 若將函數 f(θ1, θ2) = sin θA11 + sin θA22 之定義域限定為 (0,π2)2, 則限制條件 cos2θ1 + cos2θ2 = 1 與 θ1 + θ2 = π2 相當, 故七十二學年度大學 入學考試社會組數學試題 「 設 0 < θ < π2, 求 2
sin θ + cos θ3 之最小值。」 可視為本題之一 特例 (θ = θ2 = π2 − θ1), 遂得解答如下 : 據廣義 Cauchy 不等式定理, 知 (sin θ2 +
3
cos θ)2(sin2θ+cos2θ) ≥ (√3 4+√3
9)3, 且此 不等式兩邊相等之充要條件為 √34
sin2θ = cos√329θ; 故函數 2
sin θ + cos θ3 (0 < θ < π2) 於且僅於 sin2θ = √3 √34
4+√3
9, cos2θ = √3 √39
4+√3 9(0 <
θ < π2) 之處產生最小值
q
(√3 4 +√39)3。 (此外, 尚有甚多解法; 茲俱不轉述。)
問題3.1: 設 m 與 n 均為固定之 整數, 且 n ≥ 3。 若固定周長 s 之 n 邊形之邊長為 a1, a2, . . . , an, 試論函數 f(a1, a2, . . . , an) =
P
ni=1s−2aamii 是否有最
大值? 是否有最小值? 若有, 並求之。
解答: 因 a1, a2, . . . , an 為 n 邊形之邊 長, 故 s − 2a1 = (a2+ · · · + an) − a1 >0;
同理, s − 2a2, . . . , s− 2an 均為正數。