大的迷糊 , 小的精明 ?
沈淵源
摘要 : 提出伸縮因子法來幫助我們證明不等式。
1. 簡介
不等式在我們研讀數學的過程中, 遇到 的機會實在不少。 打從進入微積分的殿堂, 為 著證明而找那對應於 ǫ 的 δ 值; 不僅僅碰了 一鼻子的灰, 有時甚至是遍體鱗傷。 我們也經 常為著證明一個看似不太複雜的不等式而絞 盡腦汁, 廢寢忘食的想盡種各種辦法尋求一 解決的途徑, 投下了不少的時間與精力; 但問 題總是在一個節骨眼上豁然開朗。 在這裡, 我 們想提出一個方法稱之為伸縮因子法來說明 這關鍵所在, 提供給諸位在解決不等式問題 上的一個參考。
2. 構造分析法
要證明不等式 x ≥ y, 大致上可分為兩 個方法。 第一個方法是在各類的問題上分析 其構造, 略施一點技巧, 直截了當的就可以解 決。 我們姑且稱之為構造分析法。 在此我們舉 一個比較複雜一點的問題來說明。 在初等微 積分中, 為了估計尤拉數 e, 有個重要的不等
式如下:
(1 + 1
n)n < e < (1 + 1
n)n+1。 (1) 首先讓我們來分析一下這個不等式, 看看如 何來進行。
1. 尤拉數 e 為何物呢? 在初等微積分中, 我 們定義對數函數為
log x =
Z
x 11
tdt, for x > 0。
由此可以證明 log x 是一個由 (0, ∞) 映 成 (−∞, ∞) 的一對一函數; 所以必定存 在唯一的正數 y, 使得 log y = 1, 我們 就把這個唯一的正數用 e 來表示。
2. 再看看不等式 (1) 中的三個數 (1 +n1)n, e 及 (1 +n1)n+1, 對我們來說是是挺抽象 的, 而且也不太友善, 很難加以控制; 因 為都是指數函數的值。 但指數函數跟對數 函數是互為反函數, 且都是遞增函數; 最 重要的是對數函數如上所定義的, 對我們 來說是非常的具體, 可以感覺甚至可以捉 摸得到。log a(a > 1) 是雙曲線 xy = 1, x-軸與垂直線 x = 1, x = a 所包圍區
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域的面積。 所以, 很自然的我們就引進自 然對數。
3. 由 log 函數的遞增性, 我們有下列等價的 不等式:
(1 + 1
n)n< e < (1 + 1 n)n+1
⇐⇒ n log(1+1
n) < 1 < (n+1) log(1+1 n)
⇐⇒ 1
n + 1 < log(1+1 n) <1
n。
現在這三個數 1/(n + 1), log(1 + 1/n) 及 1/n, 比前面那三個好多了。 怎麼說 呢? 首先, log(1 + 1/n) 這個數代表函 數 f (x) = 1/x 圖形底下從 x = 1 到 x = 1 + 1/n 所包圍區域 R 的面積, 也 就是下面這個定積分的值:
log(1 + 1 n) =
Z
1+1n
1
1 xdx。
4. 因為 1x 在區間 [1, 1 + 1/n] 是遞減的, 所 以可得下列等價的不等式:
n
n + 1 = 1
1 + n1 < 1 x < 1
1 = 1
⇐⇒
Z
1+1n
1
n
n + 1dx <
Z
1+1n
1
1 xdx
<
Z
1+1n1 1dx
⇐⇒ 1
n + 1 < log(1 + 1 n) < 1
n。 (2)
這證明了不等式 (1) 是對的, 而證明非常 簡單。
5. 如果我們從幾何的角度來看這個不等式, 那更是不言而喻。 令 R1 及 R2 分別為上
述區域 R 的內接及外接長方形區域, 則 R1 的面積就是 1/(n + 1), 而 R2 的面 積就是 1
n。 當然區域 R 的面積 log(1 + 1/n) 是介於這兩個數之。
由上面的分析我們看到, 同樣一個問題由於 觀察角度不同, 使得難易程度差異很大。 不等 式 (1) 與不等式 (2) 是同一個問題的兩面。
當我們從 (1) 的角度去看, 似乎是遙不可及;
但從 (2) 的角度去看, 卻是垂手可得。
3. 代數的方法
好了, 回到我們的正題來談第二種方法。
證明不等式 x ≥ y, 只證明 x−y ≥ 0 就可以 了。 此法看來簡單, 說說容易, 但做起來可就 是另外一回事了。 一般而言, 很自然的會去用 實數的平方大於零的性質來解決我們的問題。
由於技巧的不同, 又可分為三種方法。
其一為硬性的方法, 即將 x − y 配成一 或多個實數的平方和。 例如, 當我們證明算術 平均數大於幾何平均數時, 就是用到這個方 法。 令 a, b 為正實數, 則
a + b 2 −√
ab
=1
2(a + b − 2√ ab)
=1 2[(√
a)2− 2√ a√
b + (√ b)2]
=1 2(√
a −√
b)2 ≥ 0。
其二為變大法, 可能 x−y 雖然是正的, 但太 小了; 小的使我們迷糊而無法看清 x−y 是正 的。 這個時候我們就提出一個比 1小的正數 λ 使 x − y 變大為 λ−1(x − y), 或許可以更清 楚的看出此數為正數。
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數學傳播22
卷4
期 民87
年12
月其三為變小法, 可能 x − y 中的正 數部分太大了; 大的使我們迷糊而無法看清 x − y 是正的。 這個時候我們就反其道而行, 將 x − y 中的正數部分乘以一個較1為小的 正數 λ 使其變小, 或許可以更清楚的看出此 數為正數。
為了說明上面這兩種方法, 我們看看下 面的實例。 令 δ 為一固定的正數, 且令 f 為 定義於實數系上的一個複數值函數。 定義函 數 g 如下:
g(x) =
f (x), 若|f(x)| < δ;
f(x)δ
|f(x)|, 若|f(x)| ≥ δ。
試證 |g(x)−g(y)| ≤ |f(x)−f(y)| ∀x, y ∈ R。
讓我們來分析一下, 看看如何來進行。
1. 令 f (x) = a + ib, f (y) = c + id, 則 f |(x)| = √
a2+ b2, |f(y)| =
√c2+ d2。 由 f (x), f (y) 的大小, 很顯 然的可以分成四種情況: 其中有一種簡單 至極, 有兩種類似, 所以只需討論下列兩 種情況。
2. 若 |f(x)| < δ, 且 |f(y)| ≥ δ (亦即
√a2+ b2 < δ ≤√
c2+ d2), 則 g(x) = a + ib,
g(y) = cδ
√c2+ d2 + i dδ
√c2+ d2。 我們只要證明 |f(x) − f(y)|2− |g(x) − g(y)|2 ≥ 0 就可以了, 化簡之後我們有 下面的等式:
|f(x) − f(y)|2− |g(x) − g(y)|2
= (a−c)2+(b−d)2−
a− cδ
√c2+d2
2−
b − dδ
√c2+ d2
2= (c2+ d2)
1 − δ2 c2+ d2
−2
1 − δ
√c2+ d2
(ac + bd)。 (3) 由於 (3) 式中的值太小了, 小的使我們迷 糊而無法看清 (3) ≥ 0; 所以我們將其變 大, 提出 λ = 1 − √c2δ+d2 這一個比 1 小 的正數。(3) =
1 − δ
√c2+ d2
h
(c2+ d2)·
1 + δ
√c2+ d2
− 2(ac + bd)i
=
1− δ
√c2+d2
[(a−c)2+(b−d)2) +δ√c2+ d2− (a2 + b2)]
≥ 0 (因為√
a2+ b2 < δ ≤√
c2+ d2)。
3. 若 |f(x)| ≥ δ, 且 |f(y)| ≥ δ (亦即
√a2+ b2 ≥ b, √
c2+ d2 ≥ δ), 則 g(x) = aδ
√a2+ b2 + i bδ
√a2+ b2, g(y) = cδ
√c2+ d2 + i dδ
√c2+ d2。 再一次的, 我們只需要證明 |f(x) − f (y)|2 − |g(x) − g(y)|2 ≥ 0, 化簡之 後可得等式如下:
|f(x) − f(y)|2− |g(x) − g(y)|2
= (a − c)2+ (b − d)2
−( aδ
√a2+ b2 − cδ
√c2 + d2)2
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−( bδ
a2 + b2 − dδ
√c2+ d2)2
= (a2+ b2+ c2+ d2) − 2(ac + bd)
−δ2
2 − 2(ac + bd)
√a2+ b2√
c2+ d2
。 (4) 在 (4) 式中, (a2+b2+c2+d2)−2(ac+bd) ≥ 0, 但我們卻無法推知 (4) ≥ 0。 原 因是這個數 (a2+ b2+ c2+ d2) −2(ac+
bd) 太大了, 大的反倒使我們迷糊而無法 看清問題的真相。 更確切的說, 這兩個正 數 (a2 + b2 + c2 + d2) − 2(ac + bd) 與 δ2(2 − √a22(ac+bd)+b2√
c2+d2) 之間的距離太 遠了; 遠得使人無法洞察其間的關係。 怎 麼辦呢? 有一個辦法是將第一個正數變 小。 如此一來, 變小之後的數與第二個數 的距離就縮短了。 請看:
(4) ≥
δ2
√a2+ b2√
c2+ d2
·[(a2+b2+c2+d2)−2(ac+bd)]
−δ2
2 − 2(ac + bd)
√a2+ b2√
c2+ d2
= δ2
√a2 + b2
√c2+ d2 +
√c2+ d2
√a2+ b2 − 2
= δ2
√4
a2+ b2
√4
c2+ d2 −
√4
c2+ d2
√4a2+ b2
2≥ 0。
由於我們乘上了 λ = √ δ2 a2+b2√
c2+d2, 這 一個比1小的正數, 將第一個數 (a2+b2+ c2+ d2) − 2(ac + bd) 變小, 亦即拉短了 與第二個數 δ2(2 − √a22(ac+bd)+b2√
c2+d2) 之間
的距離。 使得我們能洞察其間的關係, 而 (4)≥ 0 也就顯得非常自然, 所以說“小的 精明”。 究竟如何去確定伸縮因子 λ, 其 在 (3) 式中為 1 − √c2δ+d2, 而在 (4) 式 中為 √ δ2
a2+b2√
c2+d2 呢? 這是一件不容易 一下子就看得出來的事情。 但是有了述的 原則, 就可以避免一些無謂的嘗試。 若用 硬性的方法, 則需將 (4) 式整理成
1 − δ2√a2+ b2√
c2+ d2
·[(a2+ b2+ c2+ d2) − 2(ac + bd) +δ2
√4
a2+ b2
√4
c2+ d2 −
√4
c2+ d2
√4
a2+ b2
2, 才能看出 (4)≥ 0, 這就更難了。 這也是 為什麼要提出“伸縮因子法”的背景。
王荊公有云: “看似平常最奇絕, 成如容易卻 艱難。” 當我們處理不等式問題的時候, 就常 會有這種感慨。 總而言之, 不等式的證明, 千 頭萬緒。 這裡我們只提出一個特殊的例子, 說 一下其關鍵所在, 提供諸君將來碰到這一類 問題時的一個參考。 區區之意, 僅此而已!
參考文獻
1. 沈淵源, 從尤拉數 e 到 Stirling 常數, 數學 傳播第二十卷第一期, 1996, 第 34-45 頁。
—本文作者任教於私立東海大學數學系—
