文給出了如下二元不等式: 設 $x, y\gt 0$, 且 $x+y=1$, 則 \begin{equation} %(1) (\sqrt{x} + \sqrt{y}) \Big (\frac{1}{\sqrt{1+x}} + \frac{1}{\sqrt{1+y}} \Big ) \le \frac{4}{\sqrt{3}}. \end{equation}

文給出了(1)左邊的下界: 設 $x, y\gt 0$, 且 $x+y=1$, 則 \begin{equation} %(2) (\sqrt{x} + \sqrt{y}) \Big (\frac{1}{\sqrt{1+x}} + \frac{1}{\sqrt{1+y}} \Big ) \gt 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}. \end{equation}

文考慮了(2)的指數推廣, 得到: 設 $x, y\gt 0$, 且 $x+y=1$, $k\in N$, $k\gt 0$, 則 \begin{eqnarray} %(3) &&(\root k\of x + \root k\of y) \Big [\frac{1}{\root k\of {1+x}} + \frac{1}{\root k\of {1+y}} \Big ] \gt 1 + \frac{1}{\root k\of 2},\\ %(4) &&(\root k\of x + \root k\of y) \Big [\frac{1}{\root k\of {1+(k-1)x}} + \frac{1}{\root k\of {1+(k-1)y}} \Big ] \gt 1 + \frac{1}{\root k\of 2}. \end{eqnarray}

文給出了(1)的類似: 設 $x, y, z\gt 0$, 且 $x+y+z=1$, 則 \begin{equation} %(5) (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}) \Big (\frac{1}{\sqrt{1+x}} + \frac{1}{\sqrt{1+y}} + \frac{1}{\sqrt{1+z}} \Big ) \le \frac{9}{2}, \end{equation} 並在文末提出了猜想: 設 $x_i\gt 0$ $(i=1, 2, \ldots, n)$, 且 $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i=1$, 則 \begin{equation} %(6) \Big (\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i} \Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{1+x_i}} \le \frac{n^2}{\sqrt{n+1}}. \end{equation}

文、證明了猜想不等式(6)是成立的, 本文給出上述幾個不等式的推廣。

定理1: 設 $x_i\gt 0$ $(i=1, 2, \ldots, n)$, $2\le n\in N$, 且滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i=1$, $2\le m\in N$,

• (I) 若 $0\lt \lambda\le\displaystyle\frac{n}{n-1}$, 則 \begin{equation} %(7) \Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n \root m\of {x_i}\Big )\sum_{i=1}^n \frac{1}{\root m\of {1+\lambda x_i}} \le \frac{n^2}{\root m\of {n+\lambda}}.\hskip 1.5cm \end{equation}
• (II) 若 $0\lt \lambda\le m$, 則 \begin{equation} %(8) \Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n \root m\of {x_i}\Big ) \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{\root m\of {1+\lambda x_i}} \gt n-1+\frac{1}{\root m\of {1+\lambda}}. \end{equation}

證明: (I) 用數學歸納法證, 對 $m$ 作歸納。(i) 當 $m=2$ 時, 由柯西不等式有 \begin{eqnarray*} && \hskip -25pt \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} + \sqrt{x_3} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} + \cdots + \sqrt{x_n} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} \\ &\le& \sqrt{\Big (\frac{1}{n}+x_2+x_3+\cdots+x_n \Big ) \Big (x_1+\frac{n-1}{n}\Big )} \\ &=& \sqrt{\Big (\frac{1}{n}+1-x_1\Big )\Big (x_1+\frac{n-1}{n}\Big )} =\sqrt{-x_1^2+\frac{2}{n}x_1+\frac{n^2-1}{n^2}} \end{eqnarray*} 即 $\displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}\le\sqrt{n}\cdot\sqrt{-x_1^2+\displaystyle\frac{2}{n}x_1 +\frac{n^2-1}{n^2}}$

令 $1\!+\!\lambda x_i\!=\!y_i$ $(i\!=\!1, 2, \ldots, n)$, 則 $x_i\!=\!\displaystyle\frac{y_i\!-\!1}{\lambda}$, $y_i\!\gt \!1$ $(i\!=\!1, 2, \ldots, n)$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i\!=\!n\!+\!\lambda$, 且 \begin{eqnarray*} \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}}{\sqrt{1+\lambda x_i}} &\le& \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{y_1}} \cdot \sqrt{-\Big (\frac{y_1-1}{\lambda}\Big )^2 + \frac{2}{n}\cdot\frac{y_1-1}{\lambda}+\frac{n^2-1}{n^2}} \\ &=& \frac{\sqrt{n}}{\lambda} \cdot \sqrt{-y_1+\frac{2(n+\lambda)}{n} + \frac{(n^2-1)\lambda^2-2n\lambda-n^2}{n^2}\cdot\frac{1}{y_1}} \end{eqnarray*} 同理, 有 \begin{eqnarray*} \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}}{\sqrt{1+\lambda x_2}} &\le& \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{\lambda}} \cdot \sqrt{-y_2 + \frac{2(n+\lambda)}{n} + \frac{(n^2-1)\lambda^2-2n\lambda-n^2}{n^2}\cdot\frac{1}{y_2}}, \\ &\vdots& \\ \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}}{\sqrt{1+\lambda x_n}} &\le& \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{\lambda}} \cdot \sqrt{-y_n + \frac{2(n+\lambda)}{n} + \frac{(n^2-1)\lambda^2-2n\lambda-n^2}{n^2}\cdot\frac{1}{y_n}}, \end{eqnarray*} 將這 $n$ 個不等式相加, 並應用柯西不等式, 有 \begin{eqnarray*} \Big (\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}\Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{1\!+\!\lambda x_n}} &\le& \frac{\sqrt{n}}{\lambda} \cdot \sum_{i=1}^n \sqrt{-y_i+\frac{2(n\!+\!\lambda)}{n} +\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2}\cdot\frac{1}{y_i}} \\ &\le& \frac{\sqrt{n}}{\lambda} \cdot\! \sqrt{n} \sqrt{\sum_{i=1}^n \Big [\!-\!y_i\!+\!\frac{2(n\!+\!\lambda)}{n} \!+\!\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2}\!\cdot\!\frac{1}{y_i}\Big ]} \\ &=& \frac{\sqrt{n}}{\lambda} \cdot\! \sqrt{n} \sqrt{\!-\!\!\sum_{i=1}^n y_i \!+\!2(n\!+\!\lambda)\!+\!\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2} \!\cdot\!\sum_{i=1}^n\! \frac{1}{y_i}} \\ &=& \frac{n}{\lambda} \cdot \sqrt{n+\lambda+\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2} \cdot\sum_{i=1}^n \frac{1}{y_i}} \end{eqnarray*} 又由柯西不等式, 有 $\displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\frac{1}{y_i} \ge \frac{n^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i} = \frac{n^2}{n+\lambda}$, 由已知 $0\lt \lambda\le\displaystyle\frac{n}{n-1}$, 知

$\displaystyle\frac{(n^2-1)\lambda^2-2n\lambda-n^2}{n^2} =\frac{[(n-1)\lambda-n][(n+1)\lambda+n]}{n^2}\le 0$, 所以,

$\displaystyle\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2} \cdot\sum_{i=1}^n \frac{1}{y_i} \le \displaystyle\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n^2} \cdot\frac{n^2}{n\!+\!\lambda} = \displaystyle\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n\!+\!\lambda}$,

因此, $\Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt{x_i}\Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{1\!+\!\lambda x_n}} \le \frac{n}{\lambda} \cdot\! \sqrt{n\!+\!\lambda\!+\!\frac{(n^2\!-\!1)\lambda^2\!-\!2n\lambda\!-\!n^2}{n+\lambda}} =\frac{n}{\lambda} \cdot \frac{n\lambda}{\sqrt{n+\lambda}}$ $=\displaystyle\frac{n^2}{\sqrt{n+\lambda}}$, 即當 $m=2$ 時不等式(7)成立。

(ii) 假設 $m=k$ $(k\ge 2)$ 時不等式(7)成立, 即有 \begin{equation} %(9) \Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n \root k\of{x_i}\Big ) \sum_{i=1}^n\frac{1}{\root k\of {1\!+\!\lambda x_i}} \le \frac{n^2}{\root k\of {n+\lambda}} \end{equation} 下面證明當 $m=k+1$ 時不等式(7)也成立。

首先應用冪平均不等式: "設 $a_i\gt 0$ $(i=1, 2, \ldots, n)$, 則當 $\alpha\gt \beta$ 時, $$ \hskip 5cm \Bigg (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^\alpha}{n}\Bigg )^{\frac{1}{\alpha}} \ge \Bigg (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^\beta}{n}\Bigg )^{\frac{1}{\beta}} \hskip 4.5cm (*) $$ 且等號成立的充要條件為 $a_1=a_2=\cdots=a_n$ ", 有 \begin{equation} %(10) \Bigg (\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^\alpha}{n}\Bigg )^{\frac{1}{\alpha}} \!\ge\! \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i}{n} ~(a_i\!\gt \!0, ~\alpha\!\ge\! 1), ~\hbox{即} ~\Big (\sum_{i=1}^n a_i\Big )^\alpha \!\le\! n^{\alpha-1} \sum_{i=1}^n a_i^\alpha ~(a_i\!\gt \!0, ~\alpha\!\ge\! 1). \end{equation}

應用(10)可得 \begin{eqnarray} %(11) && \hskip -25pt \Big (\sum_{i=1}^n \root {k+1}\of x_i\Big )^{\frac{k+1}{k}} \le n^{\frac{k+1}{k}-1} \sum_{i=1}^n (\root {k+1}\of x_i)^{\frac{k+1}{k}} = n^\frac{1}{k} \sum_{i=1}^n \root k\of x_i \nonumber \\ && \Leftrightarrow \sum_{i=1}^n \root {k+1}\of x_i \le n^{\frac{1}{k+1}} \Big (\sum_{i=1}^n \root k\of x_i\Big )^{\frac{k}{k+1}} \end{eqnarray} \begin{eqnarray} %(12) && \Big (\sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k+1\of {1+\lambda x_i}}\Big )^{\frac{k+1}{k}} \le n^{\frac{k+1}{k}-1} \sum_{i=1}^n \Big (\frac{1}{\root k+1\of {1+\lambda x_i}}\Big )^{\frac{k+1}{k}} = n^{\frac{1}{k}} \sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k\of {1+\lambda x_i}} \nonumber \\ && \Leftrightarrow \sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k+1\of {1+\lambda x_i}} \le n^{\frac{1}{k+1}} \Big (\sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k\of {1+\lambda x_i}}\Big ) ^{\frac{k}{k+1}}. \end{eqnarray}

(11)、(12)兩邊相乘並應用歸納假設(9)有 \begin{eqnarray*} \Big (\sum_{i=1}^n \root k+1\of x_i\Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k+1\of {1+\lambda x_i}} &\le& n^{\frac{2}{k+1}} \Bigg [\Big (\sum_{i=1}^n \root k\of x_i\Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{\root k\of {1+\lambda x_i}}\Bigg ]^{\frac{k}{k+1}} \\ &\le& n^{\frac{2}{k+1}} \Big (\frac{n^2}{\root k\of {n+\lambda}}\Big )^{\frac{k}{k+1}} = \frac{n^2}{\root k\of {n+\lambda}}, \end{eqnarray*}

即 $m=k+1$ 時不等式(7)也成立。

由(i)、(ii)可知, 對 $m\ge 2$ $(m\in N)$ 不等式(7)成立。

(II) 不妨設 $x_1$ 是 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 中最大的, 注意到 $0\lt x_i\lt 1$ $(i=1, 2, \ldots, n)$, 則 $$ \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n \root k\of x_i}{\root k\of {1+\lambda x_1}} \gt \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i}{\root k\of {1+\lambda x_1}} = \frac{1}{\root k\of {1+\lambda x_1}} \gt \frac{1}{\root k\of {1+\lambda}}, $$

當 $i= 2, 3, \ldots, n$ 時, 注意到 $0\lt \lambda\le k$, 有 \begin{eqnarray*} \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n \root k\of x_i}{\root k\of {1+\lambda x_i}} &=& \frac{\root k\of {\Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n \root k\of x_i\Big )^k}}{\root k\of {1+\lambda x_i}} = \frac{\root k\of {\displaystyle\sum_{i=1}^n (\root k\of x_i)^k + C_k^1 (\root k\of x_1)^{k-1} \root k\of x_i + \cdots}}{\root k\of {1+\lambda x_i}} \\ &\gt & \frac{\root k\of {\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i+k(\root k\of x_i)^{k-1} \root k\of x_i}} {\root k\of {1+\lambda x_i}} = \frac{\root k\of {1+kx_i}}{\root k\of {1+\lambda x_i}} \ge 1 \end{eqnarray*} 將這 $n$ 個不等式相加即得(8)。

考慮(7)的進一步推廣, 我們有

猜想: 設 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 是正數, 且滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_1=1$, $0\lt \alpha\lt 1$, $0\lt \lambda\le\frac{n}{n-1}$, 則 \begin{equation} %(13) \Big (\sum_{i=1}^n x_i^\alpha \Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{(1+\lambda x_i)^\alpha} \le \frac{n^2}{(n+\lambda)^\alpha} \end{equation}

對於指數大於1的情形, 我們有

定理2: 設 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 是正數, 且滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_1=1$, $\alpha\gt 1$, $\lambda\gt 0$, 則 \begin{equation} %(14) \Big (\sum_{i=1}^n x_i^\alpha \Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{(1+\lambda x_i)^\alpha} \ge \frac{n^2}{(n+\lambda)^\alpha}. \end{equation}

證明: 因 $\alpha\ge 1$, 由冪平均不等式$(*)$, 有 $\Bigg (\!\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^\alpha}{n}\!\Bigg )^{\frac{1}{\alpha}} \!\ge\! \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i}{n} \!=\! \frac{1}{n}$, 所以 $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^\alpha\!\ge\!\frac{n}{n^\alpha}$, 應用權方和不等式: 設 $a_i, b_i\gt 0$ $(i=1, 2, \ldots, n)$, 則當 $\alpha\gt 0$ 或 $\alpha\lt -1$ 時 $$ \displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{a_i^{\alpha+1}}{b_i^\alpha} \ge {\Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i\Big )^{\alpha+1}}\Big/ {\Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i\Big )^\alpha} {(**)} $$ 且等號成立的充要條件為 $\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$, 有 $$ \sum_{i=1}^n \frac{1}{(1+\lambda x_i)^\alpha} = \sum_{i=1}^n \frac{1^{\alpha+1}}{(1+\lambda x_i)^\alpha} \ge \frac{n^{\alpha+1}}{\Big [\displaystyle\sum_{i=1}^n (1+\lambda x_i)\Big ]^\alpha} = \frac{n^{\alpha+1}}{(n+\lambda)^\alpha}, $$

所以, $\Big (\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^\alpha\Big ) \sum_{i=1}^n \frac{1}{(1+\lambda x_i)^\alpha} \ge \frac{n}{n^\alpha}\cdot\frac{n^{\alpha+1}}{(n+\lambda)^\alpha} =\frac{n^2}{(n+\lambda)^\alpha}$, 即(14)成立。

---本文作者任教於中國四川省蓬安縣蓬安中學---