一個雙參數的分式不等式

(1)

一個雙參數的分式不等式

江永明

摘要: 用分析方法建立了一個二元型雙參數的分式不等式, 並且借助數學歸納法和

貝努利不等式將其推廣到 n 元的情形。

關鍵字: 分析方法、數學歸納法、貝努利不等式、一個雙參數的分式不等式。

一、問題的提出及研究背景

2001 年 7 月, 在美國華盛頓舉行的第 42 屆國際數學奧林匹克競賽 (簡稱 IMO) 的第 2 題^[1^]為: 對所有正實數 a, b, c, 證明:

√ a

a²+ 8bc + b

√b²+ 8ca + c

√c²+ 8ab ≥ 1 (1)

文 [2] 利用反證法證明、文 [3] 先通過證明一個輔助不等式同時推廣 (1) 式為:

設 a₁, a2, . . . , an∈ R⁺ (n ≥ 3), 則有

n

X

i=1

ai

n−1

s

aⁿ⁻¹_i + (nⁿ⁻¹− 1)

n

Q

j=1 j6=i

aj

≥ 1 (2)

文 [4] 用加權均值不等式推廣 (1) 式為:

設 a₁, a2, . . . , an (n ≥ 3), λ ≥ (nⁿ⁻¹− 1)µ > 0, λ + µ = nⁿ⁻¹, 則

n

X

i=1

ai

n−1

s

µaⁿ⁻¹_i + λ

n

Q

j=1 j6=i

aj

≥ 1 (3)

文 [5]、 [6] 利用 Holder 不等式及高維算術 — 幾何均值不等式, 給出 (1) 式的如下新的隔離

70

(2)

推廣: 設 a_i > 0, (i = 1, 2, . . . , n), m, n ∈ N, n ≥ 2, m ≥ 1, λ ≥ n^m − 1, 則

n

X

i=1

a

n−1 m

i

aⁿ⁻¹_i + λ

n

Q

j=1 j6=i

aj

!_m¹ ≥

n

P

i=1

a

n m+1

i

^m+1_m

n

P

i=1

aⁿ_i + λnQⁿ

i=1

ai

_m¹ ≥ n

m√

1 + λ (4)

我們注意到, 若在 (1) 式中作代換: bc/a² → x1, ca/b² → x2, ab/c² → x3; 在 (2)−(4) 及文 [7]、 [8] 的有關結果中作類似如下的代換: a₁a₂· · · an/aⁿ_i → xi (i = 1, 2, . . . , n), 則全部不等式皆可統一轉化為求如下:

問題: 當 λ, xi ∈ R⁺ = (0, +∞), i = 1, 2, . . . , n, n ≥ 2, α ∈ R, α 6= 0,

n

Q

i=1

xi = 1 時, 雙參數的分式函數 Pⁿ

i=1

1 1 + λx_i

α

的上下界。

文 [7] 用多元函數求極值的方法 — 拉格朗日乘數法花了很大篇幅解決了當 n = 3 且 α = 1/2 時, 上述分式函數的上、下界。

文 [8] 用權方和不等式和陳計的一個分析不等式證得: 當 λ ≥n^α¹−1 (0 < α ≤n−1) 時,

n

X

i=1

1 1 + λxi

α

≥ n

(1 + λ)^α. (5)

本文沿用筆者文 [9]∼[12] 的分析方法與技巧結合數學歸納法、貝努力不等式給出上述問題: 當 n = 2 時的完整結果以及 n ≥ 3 時的一些新結果。

注記1: 因部分中等文獻結果隸屬於上述列出的文獻結果或者較平凡, 故本文就不一一列舉了。

二、主要結果

定理1: 設 λ, x₁, x₂ ∈ R⁺ = (0, +∞), α 6= 0, 且 x1x₂ = 1, 則若 α > 1, 則

當 λ ≥ 1

α 時, 1 > 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

≥ 2

(1 + λ)^α. (6)

當 2^α¹ − 1 < λ < 1

α 時, 1 > 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

> 2

1 + 1 α

α. (7)

當 0 < λ ≤ 2^α¹ − 1 時, 2

(1 + λ)^α ≥ 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

> 2

1 + 1 α

α. (8)

(3)

若 0 < α ≤ 1, 則當 0 < λ ≤ 1

α 時, 2

(1 + λ)^α ≥ 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

> 1. (9)

當 α 6= 1, 且 1

α < λ < 2^α¹ − 1 時, 2

1 + _α¹α > 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

> 1. (10)

當 λ ≥ 2^α¹ − 1 時, 2

1 + ¹_αα > 1 1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

≥ 2

(1 + λ)^α. (11) 若 α < 0, 則 1

1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

≥ 2

(1 + λ)^α. (12)

注記2: 當 α = 1 且 λ = 1 時, (9) 的右端和 (11) 的左端不等式還可以取得等號。

定理2: 設 λ, xi ∈ R⁺ = (0, +∞), i = 1, 2, . . . , n, n ≥ 3,

n

Q

i=1

xi = 1, 則當 λ ≥ n^α¹ − 1 (0 < α ≤ n − 1)^[8]

或 α ≤ 0 或 λ ≥ n − 1

α (其中 α > 1) 時, 有

n

X

i=1

1 1 + λxi

α

≥ n

(1 + λ)^α. (13)

當 0 < λ < n^α¹ − 1 且 0 < α ≤ n − 1 時,

n

X

i=1

1 1 + λxi

α

> 1. (14)

當 0 < λ < n − 1

α 且 α > n − 1 時,

n

X

i=1

1 1 + λxi

α

> n

1 + n − 1 α

α. (15)

當 0 < λ ≤ n n − 1

_α¹

− 1 且 α ≥ 1 時,

n

X

i=1

1 1 + λx_i

α

≤ n

(1 + λ)^α. (16)

當 λ > n n − 1

_α¹

− 1 且 α ≥ 1 時,

n

X

i=1

1 1 + λxi

α

< n − 1. (17)

注記3: 除上述下劃線^[8^]外其餘結果包括定理 1 皆為本文獲得的新結果。

(4)

三、定理1的證明

證明: 因 x1, x2 > 0 且 x1x2 = 1, 不妨設 0 < x1 = x ≤ 1, 則 x² = 1

x, x ∈ (0, 1] 且有

1

1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

= (1 + λx)⁻^α+ x x + λ

α

. 記 f (x) = (1 + λx)⁻^α+ x

x + λ

α

, x ∈ (0, 1], 則有 f^′(x) = −λα(1 + λx)⁻^α−1+ λα

(x + λ)²

x x + λ

α−1

= −λα(1 + λx)⁻^α−1+ λαx^α−1(x + λ)⁻^α−1

= λα(1 + λx)⁻^α−1(x + λ)⁻^α−1[−(x + λ)^α+1+ x^α−1(1 + λx)^α+1]

= λα(1 + λx)⁻^α−1(x + λ)⁻^α−1g(x) 其中

g(x) = −(x + λ)^α+1+ x^α−1(1 + λx)^α+1

當 α = 1 時, g(x) = −(x + λ)²+ (1 + λx)² = (x + λ + 1 + λx)(x − 1)(λ − 1)。

顯然, 若 λ ≥ 1, 則當 x ≤ 1 時, g(x) ≤ 0, 故 f(x) 在 (0, 1] 上單調遞減, 從而在 (0, 1]

上必有

x→0lim⁺f (x) = 1 ≥ f(x) ≥ f(1) = 2 1 + λ. 左等號當且僅當 λ = 1 時取得。同理當 λ < 1 時, 在 (0, 1] 上必有

x→0lim⁺f (x) = 1 < f (x) ≤ f(1) = 2 1 + λ. 即 (9) 和 (11) 式成立。

當 α 6= 1 時, 作函數 h(x) = (α − 1) ln x + (α + 1) ln(1 + λx) − (α + 1) ln(λ + x)。

其中 x, α, λ > 0 顯然, 對任意 x ∈ (0, 1], f^′(x)、 g(x)、 h(x) 三個函數必有相同的符號, 即若 f^′(x) ≥ 0 ⇔ g(x) ≥ 0 ⇔ h(x) ≥ 0 (或 f^′(x) ≤ 0 ⇔ g(x) ≤ 0 ⇔ h(x) ≤ 0), 故探討 f^′(x) 的符號與探討 h(x) 的符號等價。易見

h^′(x) = α − 1

x +λ(α + 1)

1 + λx −(α + 1)

λ + x = α − 1

x + (α + 1)(λ²− 1) (1 + λx)(λ + x)

=(α − 1)(1 + λx)(λ + x) + (α + 1)(λ²x − x) x(1 + λx)(λ + x)

=λ(α − 1)x²+ (2αλ²− 2)x + λ(α − 1)

x(1 + λx)(λ + x) = u(x)

x(1 + λx)(λ + x).

(5)

1. 當 α > 1 時, u(x) = λ(α − 1)x²+ (2αλ²− 2)x + λ(α − 1) 的判別式

∆ = 4[(αλ²− 1)²− λ²(α − 1)²] = 4(λ²− 1)(α²λ²− 1).

1) 當 λ ≥ 1 時, 顯然 2αλ²− 2 > 0, ⇒ u(x) > 0 ⇒ h^′(x) > 0 ⇒ 故 h(x) 在 (0, 1]

上嚴格單調遞增, 所以 h(x) ≤ h(1) = 0, 進而 f^′(x) ≤ 0。故 f(x) 在 (0, 1] 上單調遞減, 從而

x→0lim⁺f (x) = 1 > f (x) ≥ f(1) = 2 (1 + λ)^α. 2) 當 1

α ≤ λ < 1 時, αλ ≥ 1 ⇒ ∆ ≤ 0, 再由 λ(α − 1) > 0 及二次函數的性質知: 在 (0, 1] 上粧有 u(x) ≥ 0 ⇔ h^′(x) ≥ 0, 故與 1) 相同, 仍有

x→0lim⁺f (x) = 1 > f (x) ≥ f(1) = 2 (1 + λ)^α. 由上述 1)、 2) 知: 當 λ ≥ 1

α 時, 1 > f (x) ≥ 2

(1 + λ)^α, 即 (6) 式成立。

3) 當 0 < λ < 1

α 時, αλ < 1 ⇒ ∆ > 0。故方程 u(x) = 0 有兩個不等實根, 設其為:

ξ1, ξ2; 由韋達定理得:

ξ1+ ξ2 = −2(αλ²− 1)

λ(α − 1) > 0, ξ1ξ2 = 1。

⇒ 方程 u(x) = 0 有兩個互為倒數的正根, 不妨設為 0 < ξ¹ < 1 < ξ2, 則有 u(x) = λ(α − 1)(x − ξ¹)(x − ξ²)。下面再分兩種情形來討論:

i) 當 ξ₁ < x ≤ 1 時, u(x) < 0 ⇒ h^′(x) < 0。故 h(x) 在 (ξ₁, 1] 上嚴格單調遞減, ⇒ (ξ¹, 1] 上 h(ξ1) > h(x) ≥ h(1) = 0, ⇒ 在 (ξ¹, 1] 上 f^′(ξ1) > f^′(x) ≥ f^′(1) = 0; 所以 f (x) 在 (ξ1, 1] 上單調遞增, 從而 f (ξ1) < f (x) ≤ f(1) =

2 (1 + λ)^α。

ii) 當 0 < x < ξ1 時, u(x) > 0 ⇒ h^′(x) > 0。故 h(x) 在 (0, ξ1) 上嚴格單調遞增,

⇒ (0, ξ¹) 上 h(x) < h(ξ1)。由 lim

x→0⁺h(x) → −∞ 及 i) 巳證得 h(ξ¹) > 0 易知:

h(x) 在 (0, ξ1) 上有且只有一個實根, 不妨設為 ξ, 則有:

ii₁) 當 0 < x ≤ ξ 時, h(x) ≤ h(ξ) = 0 ⇒ f^′(x) ≤ f^′(ξ) = 0 ⇒ lim

x→0⁺f (x) >

f (x) ≥ f(ξ);

ii₂) 當 ξ < x ≤ ξ1 時, h(ξ₁) ≥ h(x) > h(ξ) = 0 ⇒ f^′(ξ₁) ≥ f^′(x) > f^′(ξ) = 0 ⇒ f(ξ) < f(x) ≤ f(ξ1).

(6)

由上述 i) 及 ii₂) 知: 在 (ξ, 1] 上 f^′(x) ≥ 0 ⇒ f(ξ) < f(x) ≤ f(1) = 2

(1 + λ)^α: 再結合 ii1) 便得出: 當 0 < λ < 1

α 時, 在 (0, 1] 上有 maxn 2

(1 + λ)^α, lim

x→0⁺f (x)o

≥ f(x) ≥ f (ξ)。又當 2^α¹ − 1 < λ < 1

α 時, ⇒ 2

(1 + λ)^α < 1 = lim

x→0⁺f (x), 故據冪函數的性質及剛巳證得的 (6) 知

1 > f (x) ≥ f(ξ) = (1 + λξ)⁻^α+ ξ ξ + λ

α

> 1 + 1

αξ⁻α

+ ξ ξ + _α¹

α

≥ 2

1 + _α¹α.

即 1 > f (x) > 2

1 + _α¹α 故 (7) 式成立。

當 0 < λ ≤2^α¹−1 時, ⇒ 2

(1 + λ)^α≥1 = lim

x→0⁺f (x), 故據冪函數的性質及剛巳證得的 (6) 知 2

(1+λ)^α ≥ f(x) ≥ f(ξ) = (1+λξ)⁻^α+ ξ ξ +λ

α

> 1+1

αξ⁻α

+ ξ ξ +_α¹

α

≥ 2

1+_α¹α.

即 2

(1+λ)^α ≥ f(x) > 2

1+1 α

α, 故 (8) 式成立。

2. 當 0 < α < 1 時, u(x) = λ(α − 1)x²+ (2αλ²− 2)x + λ(α − 1) 的判別式

∆ = 4[(αλ²− 1)²− λ²(α − 1)²] = 4(λ²− 1)(α²λ²− 1).

1) 當 0 < λ ≤ 1 α 時,

若 0 < λ ≤ 1, 則 λ(α − 1) < 0, 2αλ²− 2 ≤ 0, 故 u(x) ≤ 0;

若 1 < λ ≤ 1

α, 則 0 < αλ ≤ 1 ⇒ ∆ ≤ 0, 又由 λ(α − 1) < 0 及二次函數的性質知:

u(x) ≤ 0。因此, 當 0 < λ ≤ 1

α 時, 對 x ∈ (0, 1] 有 u(x) ≤ 0, ⇒ h^′(x) ≤ 0 ⇒ 故 h(x) 在 (0, 1] 上單調遞減, 所以 h(x) ≥ h(1) = 0, 從而 f^′(x) ≥ 0, f(x) 在 (0, 1]

上單調遞增, 從而 lim

x→0⁺f (x) = 1 < f (x) ≤ f(1) = 2

(1 + λ)^α, 即 (9) 式成立。

2) 當 λ > 1

α 時, αλ > 1 ⇒ ∆ > 0。方程 u(x) = 0 有兩個不等實根, 設其為 ξ1, ξ₂; 由韋達定理得:

ξ1+ ξ2 = −2(αλ²− 1)

λ(α − 1) > 0, ξ1ξ2 = 1.

(7)

故方程 u(x) = 0 有兩個互為倒數的正根, 不妨設為 0 < ξ₁ < 1 < ξ2, 則有 u(x) = λ(α − 1)(x − ξ¹)(x − ξ²)。下面再分兩種情形來討論:

i) 當 ξ1 < x ≤ 1 時, u(x) > 0 ⇒ h^′(x) > 0。 h(x) 在 (ξ1, 1] 上嚴格單調遞增, ⇒ (ξ1, 1) 上 h(ξ1) < h(x) ≤ h(1) = 0, ⇒ 在 (ξ¹, 1] 上 f^′(ξ1) < f^′(x) ≤ f^′(1) = 0, 所以 f (x) 在 (ξ₁, 1] 上單調遞減, 從而 f (ξ₁) > f (x) ≥ f(1) = 2

(1 + λ)^α。 ii) 當 0 < x < ξ1 時, u(x) < 0 ⇒ h^′(x) < 0。故 h(x) 在 (0, ξ1) 上嚴格單調遞減,

⇒ (0, ξ1) 上 h(x) > h(ξ1)。由 lim

x→0⁺h(x) → +∞ 及 i) 巳證得的 h(ξ¹) < 0 易知: h(x) 在 (0, ξ₁) 上有且只有一個實根, 不妨設為 ξ, 則有:

ii1) 當 0 < x ≤ ξ 時, h(x) ≥ h(ξ) = 0 ⇒ f^′(x) ≥ f^′(ξ) = 0 ⇒ lim

x→0⁺f (x) <

f (x) ≤ f(ξ);

ii2) 當 ξ < x ≤ ξ¹ 時, h(ξ1) ≤ h(x) < h(ξ) = 0 ⇒ f^′(ξ1) ≤ f^′(x) < f^′(ξ) = 0 ⇒ (ξ, ξ¹] 上 f (ξ) > f (x) ≥ f(ξ¹).

由上述 i) 及 ii₂) 知: 在 (ξ, 1] 上 f^′(x) ≤ 0 ⇒ f(ξ) > f(x) ≥ f(1) = 2 (1 + λ)^α, 再結合 ii₁) 便立即得出: 當 λ > 1

α 時, 在 (0, 1] 上有 minn 2

(1 + λ)^α, lim

x→0⁺f (x)o

≤ f(x) ≤ f(ξ), 又當 1

α < λ < 2^α¹ − 1 時, ⇒ 2

(1 + λ)^α > 1 = lim

x→0⁺f (x) 故據冪函數的性質及剛巳證得的 (9) 得

1 < f (x) ≤ f(ξ)=(1+λξ)⁻^α+ ξ ξ +λ

α

< 1+1

αξ⁻α

+ ξ ξ +_α¹

α

≤ 2

1+_α¹α.

即 1 < f (x) < 2

1 + ¹_αα, 故 (10) 式成立。

當 λ ≥2^α¹−1 時, ⇒ 2

(1 + λ)^α≤1 = lim

x→0⁺f (x), 故據冪函數的性質及剛巳證得的(9)得 2

(1+λ)^α≤f(x) ≤ f(ξ)=(1+λξ)⁻^α+ ξ ξ +λ

α

< 1+1

αξ⁻α

+ ξ ξ +¹_α

α

≤ 2

1+_α¹α.

即 2

(1+λ)^α ≤ f(x) < 2

1+_α¹α。故 (11) 式成立。

(8)

3. 當 α < 0, λ > 0 時,

1

1 + λx₁

α

+ 1 1 + λx₂

α

= (1 + λx1)⁻^α+ (1 + λx2)⁻^α

≥ 2p(1 + λx1)⁻^α(1 + λx2)⁻^α = 2p[(1 + λx1)(1 + λx2)]⁻^α

≥ 2p(1 + λ)⁻^2α = 2 (1 + λ)^α

再令 x1 → +∞, 則上式左端趨於 +∞, 從而左端無有限上界, 故 (12) 式成立。

綜上所述各種情形知, 定理1 成立。證畢。

四、定理2的證明

證明: 先證 (13) (用數學歸納法):

(I-1) 當 α ≤ n − 1 時, 容易證明 (13) 式成立, 且因文 [8] 巳證明其成立, 故本文不再贅述。

(I-2) 當 α > 1 且 λ ≥n−1

α 時

i) 當 n = 2 且 λ ≥ 1

α, x1x2 = 1 時, 由定理 1 的 (6) 式右端知下式成立。

1

1 + λx1

α

+ 1 1 + λx2

α

≥ 2

(1 + λ)^α ii) 假設當 n = k (k ≥ 2) 且

k

Q

i=1

xi = 1, λ ≥ k − 1

α 時, P^k

i=1

1 1 + λxi

α

≥ k

(1 + λ)^α 成立。那麼 n = k + 1 (k ≥ 2) 且 ^k+1Q

i=1

x_i = 1, λ ≥ (k + 1) − 1

α 時, 由 (13) 式的對稱性知: 不妨設 0 < x₁ ≤ x2 ≤ · · · ≤ xk+1; 再令 λ1 = λ√^k x1x2· · · xk, λ2 = λ√^kxk+1, yi = xi

√kx1x2· · · x^k (其中 i = 1, 2, . . . , k), z1 = (√^k xk+1)^k−1, zi = (√^kxk+1)⁻¹, (其中 i = 2, 3, . . . , k), 則由 ^k+1Q

i=1

xi = 1 得: 0 < x1x2· · · x^k ≤ 1 ≤ x^k+1, 0 < λ1 ≤ λ ≤ λ², λ1λ2 = λ², 且還有

k

Q

i=1

yi = 1,

k

Q

i=1

zi = 1。

ii1) 若 λ1 ≥ k − 1

α , 則由歸納假設及定理 1 的 (6) 式的右端知:

k+1

X

i=1

1 1+λxi

α

=

k

X

i=1

1 1+λ1yi

α

+

"

1

1+λxk+1

α

+ k − 1 (1+λ)^α

#

− k−1 (1+λ)^α

(9)

=

k

X

i=1

1 1+λ₁y_i

α

+

"

1

[1+λ√^kx_k+1· (√^kx_k+1)^k−1]^α+ k − 1

[1+λ√^kx_k+1· (√^kx_k+1)⁻¹]^α

#

− k−1 (1+λ)^α

=

k

X

i=1

1 1+λ1yi

α

+

k

X

i=1

1 1+λ2zi

α

− k−1 (1+λ)^α

≥ k

(1 + λ1)^α + k

(1 + λ2)^α − k − 1 (1 + λ)^α

= k ·

"

1

(1 + λ · λ¹/λ)^α + 1

(1 + λ · λ²/λ)^α

#

− k − 1 (1 + λ)^α

≥ 2k

(1 + λ)^α − k − 1

(1 + λ)^α = k + 1 (1 + λ)^α.

ii2) 若 0 < λ1 < k − 1

α , 則由 α > 1、分數的性質及歸納假設知:

k+1

X

i=1

1 1+λx_i

α

=

k

X

i=1

1 1+λ₁y_i

α

+ 1 1+λx_k+1

α

>

k

X

i=1

1 1+λ₁y_i

α

>

k

X

i=1

"

1 1+

k−1 α

yi

#α

≥ k

1+^k−1_α α

下面證 k

1+^k−1_α α > k + 1

1+_α^kα, 這等價於證 1+k

α

>

1+k − 1 α

1+1 k

¹_α .

由熟知的貝努利不等式: (1 + x)^r ≤ 1 + rx (其中 x > −1, 0 < r < 1) 得

1+k − 1 α

1 + 1 k

¹_α

≤

1+k − 1 α

1+ 1 αk

= 1 +k − 1 α + 1

αk +k − 1 α²k

< 1 + k − 1 α + 1

αk + k − 1

αk = 1 + k

α = 1 + (k + 1) − 1

α ≤ 1 + λ.

從而有

k+1

X

i=1

1 1+λxi

α

> k

1+^k−1_α α > k + 1

1+^k_αα ≥ k + 1 (1 + λ)^α.

由 ii₁) 及 ii2) 知: n = k + 1 時 (13) 式仍成立, 故對一切 2 ≤ n ∈ N, (I-2) 情形的 (13) 式仍成立。

(10)

(I-3) 當 α ≤ 0 時, 由算術 – 幾何平均不等式及柯西不等式得:

n

X

i=1

1 1+λxi

α

=

n

X

i=1

(1+λx_i)⁻^α≥ nⁿ v u u t

n

Y

i=1

(1+λx_i)⁻^α= nⁿ v u u t

hYⁿ

i=1

(1+λx_i)i⁻α

≥ nⁿ q

(1+λ)⁻^nα = n (1+λ)^α.

故 α ≤ 0 時, (13) 式也成立。綜上所述 (I-1)、 (I-2) 及 (I-3) 知: (13) 式成立。

再證 (14): 當 0 < λ < n^α¹−1 且 0 < α ≤n−1 時, 由剛證得的 (13) 式及分數的性質知:

n

X

i=1

1 1+λx_i

α

>

n

X

i=1

1

1+(n^α¹ − 1)xi

α

≥ n

1 + n^α¹ − 1α = 1 故 (14) 式成立。

再證 (15): 注意到 0 < λ < n − 1

α 及剛證得的 (13) 的 λ ≥ n − 1

α (α > 1) 的情形, 則

n

X

i=1

1 1+λxi

α

>

n

X

i=1

1

1+ⁿ⁻¹_α x_i

α

≥ n

1 + ⁿ⁻¹_α α

故 (15) 式成立。

下面證 (16) (用數學歸納法):

i) 當 n = 2 且 0 < λ ≤2¹^α−1, x1x2= 1 時, 由定理 1 的 (8)、 (9) 兩式的左端知下式成立

1 1+λx₁

α

+ 1 1+λx₂

α

≤ 2

(1 + λ)^α ii) 假設當 n = k (k ≥ 2)且 0 < λ ≤ k

k − 1

_α¹

− 1,

k

Q

i=1

xi = 1 時, 下式成立

k

X

i=1

1 1+λx_i

α

≤ k

(1 + λ)^α.

那麼 n = k + 1 (k ≥ 2) 且 0 < λ ≤ k + 1 k

_α¹

− 1 < k k − 1

_α¹

− 1 時, 由對稱性知: 不妨設 0 < x₁ ≤ x² ≤ · · · ≤ x^k+1; 再令 λ1 = λ√^kx1, λ2 = λ√^kx2x3· · · x^k+1, yi = xi

√kx2x3· · · x^k+1 (其中 i = 2, 3, . . . , k + 1), z1 = (√^kx1)^k−1, zi = (√^kx1)⁻¹ (其中 i = 2, 3, . . . , k), 則由

k+1

Q

i=1

xi = 1 得: 0 < x1 ≤ 1 ≤ x²· · · x^k+1, 0 < λ1 ≤ λ ≤ λ², λ1λ2 = λ² ≤ (2^1/α− 1)² 且還有 ^k+1Q

i=2

yi = 1,

k

Q

i=1

zi = 1。

(11)

ii1) 若 λ2 ≤ k k − 1

_α¹

− 1, 則由歸納假設及定理 1 的 (8)、 (9) 兩式的左端得:

k+1

X

i=1

1 1+λxi

α

= 1 1+λx1

α

+ k−1 (1+λ)^α +

k+1

X

i=2

1 1+λxi

α

− k−1 (1+λ)^α

=

"

1 1+λ1 ^k

q x^k−1₁

!α

+ k − 1 (1+λ1/√^kx1)^α

# +

k+1

X

i=2

1 1+λ2yi

α

− k−1 (1+λ)^α

=

k

X

i=1

1 1+λ1zi

α

+

k+1

X

i=2

1 1+λ2yi

α

− k−1 (1+λ)^α

≤ k

(1 + λ1)^α + k

(1 + λ2)^α − k − 1 (1 + λ)^α

= k ·

"

1

(1 + λ · λ1/λ)^α + 1

(1 + λ · λ2/λ)^α

#

− k − 1 (1 + λ)^α

≤ 2k

(1 + λ)^α − k − 1

(1 + λ)^α = k + 1 (1 + λ)^α. ii₂) 若 λ₂ > k

k − 1

_α¹

− 1, 則由 α > 1、分數的性質及歸納假設得

k+1

X

i=1

1 1+λxi

α

= 1 1+λx1

α

+

k+1

X

i=2

1 1+λ2yi

α

< 1+

k+1

X

i=2

h 1

1+[(k/(k−1))^1/α−1]yi

iα

≤1+ k

[1 + (k/(k−1))^1/α−1]^α = k ≤ k + 1 (1 + λ)^α. 由 ii₁) 及 ii2) 知: 當 n = k + 1 時 (16) 式仍成立。

綜上所述 i)、 ii) 知: 對一切 2 ≤ n ∈ N, (16) 式成立.

最後, 證 (17) 式: 當 λ > n n − 1

_α¹

且 α ≥ 1 時, 由剛證得的 (16) 及分數的性質知:

k+1

X

i=1

1 1+λxi

α

<

n

X

i=1

( 1

1+[(n/(n−1))^α¹−1]xi

)α

≤ n

[1+(n/(n−1))^α¹−1]^α= n−1.

從而 (17) 式成立。

定理 2 證畢。

注記4: 文 [7] 末引述的猜想: 當 n^α¹ − 1 ≤ λ < n − 1

α (α > n − 1) 時,

n

X

i=1

1 1+λxi

α

≥ n

(1 + λ)^α

(12)

並不完全成立。

反例: 取 n = 3, α = 5, x₁ = 0.1, x2 = x3 = 1/√

0.1, λ = 3¹⁵ − 1 < 2

5 = n − 1 α , 則

3

X

i=1

1 1+λx_i

α .

= 0.9985489 < 2

(1 + α)^α = 1.

注記5: 當 0 < α < 1 且 0 < λ ≤ n n − 1

_α¹

− 1 時,

n

X

i=1

1 1+λxi

α

≤ n

(1 + λ)^α 也不全成立。

反例: 取 α = 1

6, n = 3, 則 λ ≤3 2

6

−1 = 10.390625。再取 λ = 10, x1 = x2 = 0.01, x3 = 10000, 則

n

X

i=1

1 1+λxi

α

= 2

√6

1.1+ 1

√6

100001

= 2.128304302 >. n

(1 + λ)^α= 3

√6

11

= 2.011665682..

致謝: 筆者衷心地感謝北京聯合大學的石煥南教授給予本文的幫助。也衷心地感謝數學傳播審

稿人提出的修改意見及審查校正, 使本文更加精確完整。

參考資料

1. 第 42 屆 IM0 試題解答 [J]。中等數學, 5, 2001。

2. 湯慧龍、蔣荔枝。一道IMO 試題的推廣及證明 [J]. 紹興文理學院學報, 4, 2002。

3. 鄒宗蘭、張青山。 IMO42-2 的一個推廣 [J]. 四川職業技術學院學報, 2, 2005。

4. 鄒祥福。一個不等式的再推廣[J]。紹興文理學院學報, 6, 2004。

5. 文開庭。 IMO42-2 題的新隔離推廣 [J]。廣西教育學院學報, 6, 2005。

6. 文開庭。一道IMO 賽題的新隔離推廣及其應用 [J]。畢節師範高等專科學校學報 (綜合版), 2, 2005。

7. 郭要紅。對一類極值問題的研討 — 兼擂臺題(60) 的證明 [J]。中學數學教學, 3, 2004。

8. 厲倩。對一個猜想的探討[J]。中學數學教學, 3, 2005。

9. 江永明、石煥南。一個雙參數二元不等式的推廣[J]。北京聯合大學學報 (自然科學版), 20(2), 68- 72, 2006。

10. Huan-nan Shi, Yong-ming Jiang and Wei-dong Jiang, Schur-Convexity and Schur- Geometrically Concavity of Gini Mean, Computers and Mathematics with Applications (SCI 源期刊), 57, 266-274, 2009.

11. 江永明、石煥南。 Stolarsky 與 Gini 平均的一個比較 [J]。湖南理工學院學報 (自然版), 22(3), 07-11, 2009.

12. 江永明、石煥南。 Jensen-Janous-Klamkin 型不等式 [J]。成都大學學報 (自然版), 28(3), 208- 214, 2009。

13. 匡繼昌。常用不等式第三版 [M]。濟南: 山東科學技術出版社出版, 2004。

—本文作者任教中國重慶市長壽區第一中學—

一個雙參數的分式不等式