33108 關於廣義對稱權方和不等式

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

摘要:

對文獻 中的廣義對稱權方和不等式進行了深入討論。

關鍵詞:

廣義對稱權方和不等式, 加權冪平均不等式, Radon 不等式, Archbold 不等式。

「數學傳播」季刊第 31 卷第 1 期(民國 96 年 3 月) "一個不等式的誕生" 一文從實際生活中的一個最優化問題經過不斷推廣, 最後得到如下廣義對稱權方和不等式:

若 $a_i, b_i\in{\Bbb R}^+$ ($i=1, 2, \ldots, n$) ($n\ge 2$), $\rho, \lambda\in{\Bbb R}$,

當 $\displaystyle\frac{\lambda}{\rho}\in (1, +\infty)\cup (-\infty, 0)$ 時, 則 \begin{equation} %(1) \sum_{i=1}^n a_ib_i^\lambda \ge \bigg (\sum_{i=1}^n b_i^\rho\bigg )^{\frac{\lambda}{\rho}} \bigg (\sum_{i=1}^n a_i^{\frac{\rho}{\rho-\lambda}}\bigg )^{\frac{\rho-\lambda}{\rho}}, \end{equation} 等號成立 $\Leftrightarrow$ $a_1b_1^{\lambda-\rho}=a_2b_2^{\lambda-\rho}=\cdots=a_nb_n^{\lambda-\rho}$;

當 $0\lt \displaystyle\frac{\lambda}{\rho}\lt 1$ 時, 則 \begin{equation} %(2) \sum_{i=1}^n a_ib_i^\lambda \le \bigg (\sum_{i=1}^n b_i^\rho\bigg )^{\frac{\lambda}{\rho}} \bigg (\sum_{i=1}^n a_i^{\frac{\rho}{\rho-\lambda}}\bigg )^{\frac{\rho-\lambda}{\rho}}, \end{equation} 等號成立 $\Leftrightarrow$ $a_1b_1^{\lambda-\rho}=a_2b_2^{\lambda-\rho}=\cdots=a_nb_n^{\lambda-\rho}$。

從數學教學的角度來看, "一個不等式的誕生" 應該是一篇具有創見性的好論文, 因為該文闡述了一個數學問題發現的全過程, 可以啟發大家如何由此及彼、由表及裡、由特殊到一般地進行思考問題, 如何利用已有問題去進一步探索新問題、尋求新結論。 但從科學研究的角度來看, 該文所得到的廣義對稱權方和不等式並不是新的結論, 而是著名的加權冪平均不等式的一個推論。 本文就此問題展開討論。

首先介紹

定理A: 設 $a_i\gt 0$, $p_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$), $r$、 $s$ 為實數且 $r\lt s$, 則 \begin{equation} %(3) \left (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n p_ia_i^r}{\displaystyle\sum_{i=1}^n p_i}\right )^{\frac{1}{r}} \le \left (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n p_ia_i^s}{\displaystyle\sum_{i=1}^n p_i}\right )^{\frac{1}{s}}, \end{equation} 其中等號成立若且唯若 $a_1=a_2=\cdots=a_n$。

不等式 (3) 即著名的加權冪平均不等式, 它的證明可見

由定理 A 可得

定理A$'$: 設 $a_i\gt 0$, $p_i\gt 0$, $q_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$), $r$、 $s$ 為實數且 $r\lt s$, 則 \begin{equation} %(4) \left (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n p_ia_i^r}{\displaystyle\sum_{i=1}^n (p_i^sq_i^{-r})^{\frac{1}{s-r}}}\right )^{\frac{1}{r}} \le \left (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n q_ia_i^s}{\displaystyle\sum_{i=1}^n (p_iq_i^{-r})^{\frac{1}{s-r}}}\right )^{\frac{1}{s}}, \end{equation} 其中等號成立若且唯若 $$ \frac{a_1}{\Big (\displaystyle\frac{p_1}{q_1}\Big )^{\frac{1}{s-r}}} = \frac{a_2}{\Big (\displaystyle\frac{p_2}{q_2}\Big )^{\frac{1}{s-r}}} = \cdots = \frac{a_n}{\Big (\displaystyle\frac{p_n}{q_n}\Big )^{\frac{1}{s-r}}}. $$

證明: 設 $q_i\gt 0$, 在不等式 (3) 中用 $\Big (\displaystyle\frac{q_i}{p_i}\Big )^{\frac{1}{s-r}}a_i$ 代替 $a_i$, 用 $p_i^{\frac{s}{s-r}} q_i^{-\frac{r}{s-r}}$ 代替 $p_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 經整理即可得到不等式 (4)。

不等式 (4) 是由不等式 (3) 變形而得到的, 因而不等式 (3) 和 (4) 是等價的。 但由於不等式 (4) 兩邊加權係數的不同, 因而可用其解一類非對稱變數的不等式問題。 作為不等式 (3) 或 (4) 的推論, 我們有

推論1: 設 $p_i\gt 0$, $q_i\gt 0$, $a_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$),

當 $k\gt 1$ 或 $k\lt 0$ 時, 有 \begin{equation} %(5) \sum_{i=1}^n q_i a_i^k \ge \bigg (\sum_{i=1}^n p_i a_i\bigg )^k \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (\frac{p_i^k}{q_i}\Big )^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k}; \end{equation}

當 $0\lt k\lt 1$ 時, 有 \begin{equation} %(6) \sum_{i=1}^n q_i a_i^k \le \bigg (\sum_{i=1}^n p_i a_i\bigg )^k \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (\frac{p_i^k}{q_i}\Big )^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k}, \end{equation} (5)、 (6) 兩式中等號成立若且唯若 $$ \frac{a_1}{\Big (\displaystyle\frac{p_1}{q_1}\Big )^{\frac{1}{k-1}}} = \frac{a_2}{\Big (\displaystyle\frac{p_2}{q_2}\Big )^{\frac{1}{k-1}}} = \cdots = \frac{a_n}{\Big (\displaystyle\frac{p_n}{q_n}\Big )^{\frac{1}{k-1}}}. $$

證明: 當 $k\gt 1$ 時, 在 (4) 中取 $s=k$, $r=1$, 整理後即得 (5); 當 $k\lt 0$ 時, 在 (4) 中取 $s=1$, $r=k$, 整理後並互換 $p_i$, $q_i$ 的位置, 即得 (5)。

類似方法可得 (6)。

若在 (5)、 (6) 中分別取 $k=\displaystyle\frac{\lambda}{\rho}$, $p_i=1$, 再用 $a_i$, $b_i^\rho$ 分別代替 (5)、 (6) 中的 $q_i$ 與 $a_i$, 即可得到 (1)、 (2)。 反之, 我們也可以由不等式 (1)、 (2) 得到不等式 (5)、 (6), 因而不等式 (1)、 (2) 和不等式 (5)、 (6) 是等價的。 同時我們也證明了不等式 (1)、 (2) 為定理 A$'$ 或定理 A 的推論。

若在不等式 (5)、 (6) 中分別取 $p_i=1$, $q_i=b_i^{1-k}$ ($b_i\gt 0$, $i=1, 2, \ldots, n$), 可得

推論2: 設 $a_i\gt 0$, $b_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 則

當 $k\gt 0$ 或, $k\lt 0$ 時, 有 \begin{equation} %(7) \sum_{i=1}^n \frac{a_i^k}{b_i^{k-1}} \ge \frac{\bigg (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i\bigg )^k}{\bigg (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i\bigg )^{k-1}}; \end{equation}

當 $0\lt k\lt 1$ 時, 有 \begin{equation} %(8) \sum_{i=1}^n \frac{a_i^k}{b_i^{k-1}} \le \frac{\bigg (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i\bigg )^k}{\bigg (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i\bigg )^{k-1}}, \end{equation} (7)、 (8) 兩式中等號成立若且唯若 $$ \frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \cdots = \frac{a_n}{b_n}. $$

不等式 (7) 即著名的 Radon 不等式。 在 (7) 中取 $k=m+1$ ($m$ 為自然數), 即得文 的推論 1 (權方和不等式)。

設 $p\gt 0$, $q\gt 0$, $\displaystyle\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, 在 (5)、 (6) 中分別取 $k=\displaystyle\frac{1}{p}$, $p_i=1$, $q_i=A$, $a_i=B_i^p$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 可得

推論3: 設 $A_i\gt 0$, $B_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$), $p\gt 0$, $q\gt 0$ 且 $\displaystyle\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, 則當 $p\gt 1$ 時, 有 \begin{equation} %(9) \sum_{i=1}^n A_i B_i \le \bigg (\sum_{i=1}^n A_i^p\bigg )^{\frac{1}{p}} \bigg (\sum_{i=1}^n B_i^q\bigg )^{\frac{1}{q}}; \end{equation}

當 $0\lt p\lt 1$ 時, 有 \begin{equation} %(10) \sum_{i=1}^n A_i B_i \ge \bigg (\sum_{i=1}^n A_i^p\bigg )^{\frac{1}{p}} \bigg (\sum_{i=1}^n B_i^q\bigg )^{\frac{1}{q}}, \end{equation} (9)、 (10) 兩式中等號成立若且唯若 $$ \frac{A_1^p}{B_1^q} = \frac{A^p_2}{B^q_2} = \cdots = \frac{A^p_n}{B^q_n}. $$

不等式 (9)、 (10) 即著名的 Hölder 不等式。

下面我們進一步說明不等式 (5)、 (6) 的應用。

推論4: 設 $a_i\gt 0$, $\lambda_i\gt 0$, $p_i\gt 0$, $q_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$) 且 $\sum\limits_{i=1}^n p_ia_i=c$, 則當 $r\ge 1$ 且 $k\gt 1$ 時有 \begin{equation} %(11) \sum_{i=1}^n q_i \Big (a^r_i \!+\! \frac{\lambda_i}{a^r_i}\Big )^k \!\ge\! \Bigg \{c^r \bigg (\sum_{i=1}^n p_i\bigg )^{1-r} \!\!+\! \frac{1}{c^r} \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (p_i \lambda_i^{\frac{1}{1+r}}\Big )\bigg ]^{1+r}\Bigg \}^k \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (\frac{p^k_i}{q_i}\Big )^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k}, \end{equation} 其中等號成立若且唯若 $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n$, $a_1=a_2=\cdots=a_n$ 及 $\displaystyle\frac{p_1}{q_1}=\frac{p_2}{q_2}=\cdots=\frac{p_n}{q_n}$。

證明: 在不等式 (5) 中用 $a^r_i+\displaystyle\frac{\lambda_i}{a^r_i}$ 代替 $a_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 則有 \begin{equation} %(12) \sum_{i=1}^n q_i \bigg (a^r_i + \frac{\lambda_i}{a_i}\bigg )^k \ge \bigg [\sum_{i=1}^n p_i \Big (a^r_i+\frac{\lambda_i}{a^r_i}\Big )\bigg ]^k \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (\frac{p^k_i}{q_i}\Big )^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k}, \end{equation} 在 (5) 式中取 $q_i=p_i$ 可得 \begin{equation} %(13) \sum_{i=1}^n p_i a^r_i \ge \bigg (\sum_{i=1}^n p_ia_i\bigg )^r \bigg (\sum_{i=1}^n p_i\bigg )^{1-r}, \end{equation} 在 (5) 式中取 $p_i\lambda_i=q_i$, $k=-r$ 可得 \begin{equation} %(14) \sum_{i=1}^n \frac{p_i\lambda_i}{a^r_i} \ge \bigg (\sum_{i=1}^n p_ia_i\bigg )^{-r} \bigg (\sum_{i=1}^n p_i \lambda^{\frac{1}{1+r}}_i\bigg )^{1+r}, \end{equation} 由於 $\sum\limits_{i=1}^n p_ia_i=c$, 故由 (12), (13), (14) 知不等式 (11) 成立。

特別在 (11) 中取 $p_i=q_i=\lambda_i=1$ ($i=1, 2, \ldots, n$), $r=c=1$, 則當 $k\gt 1$, $a_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$) 且 $\sum\limits_{i=1}^n a_i=1$ 時, 有 \begin{equation} %(15) \sum_{i=1}^n \bigg (a_i+\frac{1}{a_i}\bigg )^k \ge \frac{(n^2+1)^k}{n^{k-1}}. \end{equation}

推論5: 設 $a_i\gt 0$ ($i=1, 2, \ldots, n$)且 $\sum\limits_{i=1}^n a_i=A$, $p$ 為正常數, $q$ 為非負常數, 則當 $k\gt 1$ 或 $k\lt 0$ 時, \begin{equation} %(16) \sum_{i=1}^n (pa_i+q)^k \ge n^{1-k} (pA+nq)^k; \end{equation}

當 $0\lt k\lt 1$ 時, \begin{equation} %(17) \sum_{i=1}^n (pa_i+q)^k \le n^{1-k} (pA+nq)^k, \end{equation} (16)、 (17) 兩式中等號成立若且唯若 $a_1=a_2=\cdots=a_n$。

證明: 在 (5)、 (6) 兩式中令 $p_i=q_i=1$ 並用 $pa_i+q$ 代替 $a_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 即得 (16)、 (17)。

推論6 (Archbold 不等式的推廣): 設 $z_i$ 為複數 ($i=1, 2, \ldots, n$), 而 $\alpha_i$ 是滿足 $\sum\limits_{i=1}^n \alpha^{-1}_i=1$ 的一組正數, 則當 $k\ge 2$ 時, 有 \begin{equation} %(18) n^{2-k} \bigg |\sum_{i=1}^n z_i\bigg |^k \le n^{2-k} \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^k \le \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^k; \end{equation}

當 $k\le 0$ 時, 有 \begin{equation} %(19) n^{2-k} \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^k \le \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^k. \end{equation}

證明: 當 $k\ge 2$ 時, 在 (5) 中取 $p_i=1$, $q_i=\alpha_i$, $a_i=|z_i|$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 則有 \begin{equation} %(20) \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^k \ge \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^k \bigg [\sum_{i=1}^n \Big (\frac{1}{\alpha_i}\Big )^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k}. \end{equation}

當 $k=2$ 時, 由於 $\sum\limits_{i=1}^n \alpha^{-1}_i=1$, 故由 (20) 可得 \begin{equation} %(21) \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^2 \ge \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^2 \ge \bigg |\sum_{i=1}^n z_i\bigg |^2, \end{equation} 此即 Archbold 不等式 (可見 )。

特別當 $n=2$, $\alpha_1=1+c$, $\alpha_2=1+\displaystyle\frac{1}{c}\Big (\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_2}=1\Big )$, $z_1=a$, $z_2=b$ 時, 有 \begin{equation} %(22) |a+b|^2 \le (1+c) |a|^2 + \Big (1+\frac{1}{c}\Big ) |b|^2, \end{equation} 此即 Bohr 不等式 (可見 )。

當 $k\gt 2$ 時, $0\lt \displaystyle\frac{1}{k-1}\lt 1$, 在不等式 (6) 中取 $p_i=q_i=1$, $a_i=\displaystyle\frac{1}{\alpha_i}$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 並用 $\displaystyle\frac{1}{k-1}$ 取代 $k$, 則有 $$ \sum_{i=1}^n (\alpha^{-1}_i)^{\frac{1}{k-1}} \le \sum_{i=1}^n (\alpha^{-1}_i)^{\frac{1}{k-1}} n^{1-\frac{1}{k-1}} = n^{\frac{k-2}{k-1}}, $$ 由於 $1-k\lt 0$, 所以 $$ \bigg [\sum_{i=1}^n (\alpha^{-1}_i)^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k} \ge n^{2-k}. $$ 結合不等式 (20), 故有 $$ \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^k \ge n^{2-k} \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^k \ge n^{2-k} \bigg |\sum_{i=1}^n z_i\bigg |^k, $$ 此即不等式 (18)。

當 $k=0$ 時, 由算術---調和平均不等式知 (19) 式成立。

當 $k\lt 0$ 時, $\displaystyle\frac{1}{k-1}\lt 0$, 在 (5) 中取 $p_i=q_i=1$, $a_i=\displaystyle\frac{1}{\alpha_i}$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 並用 $\displaystyle\frac{1}{k-1}$ 代替 $k$, 於是有 $$ \sum_{i=1}^n (\alpha^{-1}_i)^{\frac{1}{k-1}} \ge \bigg (\sum_{i=1}^n \alpha^{-1}_i\bigg )^{\frac{1}{k-1}} n^{1-\frac{1}{k-1}} = n^{\frac{k-2}{k-1}}, $$ 又 $1-k\gt 1$, 所以 $$ \bigg [\sum_{i=1}^n (\alpha^{-1}_i)^{\frac{1}{k-1}}\bigg ]^{1-k} \ge n^{2-k}. $$ 由於 $k\lt 0$ 時 (5) 式成立, 所以當 $k\lt 0$ 時 (20) 式仍成立, 故由上式及 (20) 可得 $$ n^{2-k} \bigg (\sum_{i=1}^n |z_i|\bigg )^k \le \sum_{i=1}^n \alpha_i |z_i|^k, $$ 故不等式 (19) 成立。

正如文 所述, 不等式 (5)、 (6) [或 (1)、 (2)] 的應用舉不勝舉, 作為本文的結束, 我們僅舉兩例予以說明。

例1: 若實數 $x_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$) 滿足 $1\le x_1\le x_2\le\cdots\le x_n\le m$, 並且 $k\gt 1$, 這裡 $m$、 $k$ 均為常數, 試求下式的最小值 $$ (x_1-1)^k + \Big (\frac{x_2}{x_1}-1\Big )^k + \Big (\frac{x_3}{x_2}-1\Big )^k + \cdots + \Big (\frac{x_n}{x_{n-1}}-1\Big )^k + \Big (\frac{m}{x_n}-1\Big )^k. $$ (第 42 屆美國 Putnam 大學生數學競賽題 B$-$2 題之推廣)

解: 在不等式 (5) 中用 $n+1$ 替代 $n$, 並取 $p_i=q_i=1$ ($i=1, 2, \ldots, n+1$), 再取 $a_1=x_1-1$, $a_2=\displaystyle\frac{x_2}{x_1}-1$, $\ldots$, $a_n=\displaystyle\frac{x_n}{x_{n-1}}-1$, $a_{n+1}=\displaystyle\frac{m}{x_n}-1$, 則有 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt (x_1-1)^k + \Big (\frac{x_2}{x_1}-1\Big )^k + \Big (\frac{x_3}{x_2}-1\Big )^k + \cdots + \Big (\frac{x_n}{x_{n-1}}-1\Big )^k + \Big (\frac{m}{x_n}-1\Big )^k \\ &\ge& \frac{1}{(n+1)^{k-1}} \bigg [x_1 + \frac{x_2}{x_1} + \frac{x_3}{x_2} + \cdots + \frac{x_n}{x_{n-1}} + \frac{m}{x_n} - (n+1)\bigg ]^k. \end{eqnarray*} 利用算術---幾何平均不等式, 得 $$ x_1 + \frac{x_2}{x_1} + \frac{x_3}{x_2} + \cdots + \frac{x_n}{x_{n-1}} + \frac{m}{x_n} \ge (n+1) {\root {n+1} \of m}, $$ 從而有 \begin{equation} %(23) (x_1-1)^k \!+\! \Big (\frac{x_2}{x_1}-1\Big )^k \!+\! \Big (\frac{x_3}{x_2}-1\Big )^k \!+ \cdots +\! \Big (\frac{x_n}{x_{n-1}}-1\Big )^k \!+\! \Big (\frac{m}{x_n}-1\Big )^k \!\ge\! (n\!+\!1)({\root {n+1} \of m}-1)^k. \end{equation}

由不等式 (5) 及算術---幾何平均不等式等號成立條件知不等式 (23) 取等號成立若且唯若 $$ x_1 = \frac{x_2}{x_1} = \frac{x_3}{x_2} = \cdots = \frac{x_n}{x_{n-1}} = \frac{m}{x_n}, $$ 解此方程組得 $x_1={\root {n+1} \of m}, ~x_2={\root {n+1} \of {m^2}}, \ldots, ~x_n={\root {n+1} \of {m^n}}$, 故若且唯若 $x_1={\root {n+1} \of m}$, $x_2={\root {n+1} \of {m^2}}, \ldots, ~x_n={\root {n+1} \of {m^n}}$ 時, $$ (x_1-1)^k + \Big (\frac{x_2}{x_1}-1\Big )^k + \Big (\frac{x_3}{x_2}-1\Big )^k + \cdots + \Big (\frac{x_n}{x_{n-1}}-1\Big )^k + \Big (\frac{m}{x_n}-1\Big )^k $$ 取最小值 $(n+1)({\root {n+1} \of m}-1)^k$。

特別當 $k=2$, $m=4$, $n=3$, $x_1=r$, $x_2=s$, $x_3=t$ 時, 可知, 當 $r=\sqrt{2}$, $s=2$, $t=2\sqrt{2}$ 時, $$ (r-1)^2 + \Big (\frac{s}{r}-1\Big )^2 + \Big (\frac{t}{s}-1\Big )^2 + \Big (\frac{4}{t}-1\Big )^2 $$ 取最小值 $12-8\sqrt{2}$, 此即第 42 屆 (1981 年) 美國 Putnam 大學生數學競賽試題 B$-$2 之答案。

(註: 這裡的方法不同於 )

例2: 給定非線性規劃 $$ \min f(x) = \sum_{i=1}^n \frac{\beta_i}{x_i} $$ 受限制於 $\sum\limits_{i=1}^n \alpha_ix_i=A$, 其中 $\alpha_i$, $\beta_i$, $x_i$, $A$ 均為正數且 $\alpha_i$, $\beta_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), $A$ 為常數。 試證明目標函數的最優值由下式給出: \begin{equation} %(24) f(x^*) = \frac{1}{A} \bigg [\sum_{i=1}^n (\alpha_i \beta_i)^{\frac{1}{2}}\bigg ]^2. \end{equation}

證明: 在不等式 (5) 中取 $k=-1$, $a_i=x_i$, $p_i=\alpha_i$, $q_i=\beta_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 則有 \begin{equation} %(25) \sum_{i=1}^n \frac{\beta_i}{x_i} \ge \bigg (\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i\bigg )^{-1} \bigg [\sum_{i=1}^n (\alpha_i\beta_i)^{\frac{1}{2}}\bigg ]^2, \end{equation} 即 $\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{\beta_i}{x_i}\ge \frac{1}{A} \Big [\sum_{i=1}^n (\alpha_i\beta_i)^{\frac{1}{2}}\Big ]^2$。

因此目標函數的最小值由 $f(x^*) = \displaystyle\frac{1}{A} \Big [\sum_{i=1}^n (\alpha_i\beta_i)^{\frac{1}{2}}\Big ]^2$ 給出。

註: 由 (25) 式可知 \begin{equation} %(25') \bigg (\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i\bigg ) \bigg (\sum_{i=1}^n \frac{\beta_i}{x_i}\bigg ) \ge \bigg (\sum_{i=1}^n \sqrt{\alpha_i\beta_i}\bigg )^2, \end{equation} 其中等號成立若且唯若 $$ \sqrt{\frac{\alpha_1}{\beta_1}} x_1 = \sqrt{\frac{\alpha_2}{\beta_2}} x_2 = \cdots = \sqrt{\frac{\alpha_n}{\beta_n}} x_n. $$

特別在 (26) 中取 $\alpha_i=\beta_i=1$ ($i=1, 2, \ldots, n$) 並略加變形, 則可得算術---調和平均不等式: \begin{equation} %(26) \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i \ge \frac{n}{\displaystyle\sum_{i=1}^n x^{-1}_i}. \end{equation} 在 (26) 中取 $\alpha_i=\beta_i=x_i$ ($i=1, 2, \ldots, n$), 則可得算術---均方根不等式: \begin{equation} %(27) \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x^2_i} \ge \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i. \end{equation} 在 (26) 中取 $x_i=1$, $\alpha_i=r^2_i$, $\beta_i=s^2_i$ ($r_i$, $s_i$ 均為實數, $i=1, 2, \ldots, n$), 則得 Cauchy-Schwarz 不等式: \begin{equation} %(28) \bigg (\sum_{i=1}^n r^2_i\bigg ) \bigg (\sum_{i=1}^n s^2_i\Big ) \ge \bigg (\sum_{i=1}^n |r_is_i|\bigg )^2 \ge \bigg (\sum_{i=1}^n r_is_i\bigg )^2, \end{equation} 因而不等式 (26) 也稱為變形的 Cauchy-Schwarz 不等式。

參考文獻

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---本文作者任教安徽省合肥工業大學數學與資訊科學系---