在不等式的證明方法中, 讀者一定了解 Cauchy 不等式的一種證法：

記 $M=\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2$, $N=\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2$, 當 $MN=0$ 時, $\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2\Big) \Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2\Big)=\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i\Big)^2$; 當 $MN\not=0$ 時, 則 $$2=\frac MM+\frac NN=\dfrac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2}{M}+\dfrac{\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2}{N}=\sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}M+\sum_{i=1}^n \frac{b_i^2}N \ge \sum_{i=1}^n \frac{2|a_ib_i|}{\sqrt{MN}}=\dfrac{2\displaystyle\sum_{i=1}^n|a_ib_i|}{\sqrt{MN}},$$ 即 $2\ge\dfrac{2\displaystyle\sum_{i=1}^n|a_ib_i|}{\sqrt{MN}}$, 整理得 $$\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2\Big) \Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2\Big)\ge \Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n |a_ib_i|\Big)^2.$$ 所以, $\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2\Big) \Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2\Big)\ge \Big(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i\Big)^2.$

筆者稱此法為構造 "數字" 法, 本文結合算術---幾何平均不等式, 推廣此法的使用範圍, 簡證或推廣了幾個著名或新穎的不等式：

例1: 已知 $a,b,c\in R^+$, 試證明： \begin{equation} (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\ge(ab+bc+ca)^3\label{1} \end{equation}

證明: 記 $M_1=a^2+ab+b^2$, $M_2=b^2+bc+c^2$, $M_3=c^2+ca+a^2$, 則 \begin{eqnarray*} 3&=&\dfrac{M_1}{M_1}+\dfrac{M_2}{M_2}+\dfrac{M_3}{M_3}\\ &=&\dfrac{a^2+ab+b^2}{M_1}+\dfrac{b^2+bc+c^2}{M_2}+\dfrac{c^2+ca+a^2}{M_3}\\ &=&\Big(\frac{a^2}{M_1}+\frac{c^2}{M_2}+\frac{ca}{M_3}\Big)+\Big(\frac{ab}{M_1}+\frac{b^2}{M_2}+\frac{a^2}{M_3}\Big) +\Big(\frac{b^2}{M_1}+\frac{bc}{M_2}+\frac{c^2}{M_3}\Big)\\ &\ge&\dfrac{3ca}{\root 3 \of {M_1M_2M_3}}+\dfrac{3ab}{\root 3 \of {M_1M_2M_3}}+\dfrac{3bc}{\root 3 \of {M_1M_2M_3}}\\ &=&\dfrac{3(ab+bc+ca)}{\root 3 \of {M_1M_2M_3}}, \end{eqnarray*} 即 $3\ge \dfrac{3(ab+bc+ca)}{\root 3 \of {M_1M_2M_3}}$, 整理得 $$M_1M_2M_3\ge (ab+bc+ca)^3,$$ 也就是 $({a^2+ab+b^2})({b^2+bc+c^2})({c^2+ca+a^2})\ge(ab+bc+ca)^3$, 從而, \eqref{1} 式得證。

例 2: 若 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 為滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i=1$ 的正數, $\lambda\ge\dfrac 1{n^2}$, 則 \begin{equation} \Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_3}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\ge\Big(\dfrac 1n+n\lambda\Big)^n\label{2} \end{equation}

證明: 記 $M_1=a_1+\dfrac{\lambda}{a_2}$, $M_2=a_2+\dfrac{\lambda}{a_3}$, $\ldots$, $M_n=a_n+\dfrac{\lambda}{a_1}$, 則 \begin{eqnarray*} n&=&\dfrac{M_1}{M_1}+\dfrac{M_2}{M_2}+\cdots+\dfrac{M_n}{M_n}\\ &=&\dfrac{a_1+\dfrac{\lambda}{a_2}}{M_1}+\dfrac{a_2+\dfrac{\lambda}{a_3}}{M_2}+\cdots+\dfrac{a_n+\dfrac{\lambda}{a_1}}{M_n}\\ &=&\Big(\frac{a_1}{M_1}+\frac{a_2}{M_2}+\cdots+\frac{a_n}{M_n}\Big)+\Big(\frac{\dfrac{\lambda}{a_2}}{M_1}+\frac{{\dfrac{\lambda}{a_3}}}{M_2} +\cdots+\frac{{\dfrac{\lambda}{a_1}}}{M_3}\Big)\\ &\ge&\dfrac{n\cdot {\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}{\root n \of {M_1M_2\cdots M_n}} +\dfrac{\dfrac{n\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}{\root n \of {M_1M_2\cdots M_n}},\\ &=&\dfrac{n\Big({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+{\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}\Big)}{\root n \of {M_1M_2\cdots M_n}}\\ \end{eqnarray*} 即 $n\ge \dfrac{n\Big({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+{\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}\Big)}{\root n \of {M_1M_2\cdots M_n}}$, 整理得 $$M_1M_2\cdots M_n\ge \Big({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\Big)^n,$$ 即 $$\Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_3}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\ge \Big({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\Big)^n.$$ 因此, 要證明 $\Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_3}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\ge\Big(\dfrac 1n+n\lambda\Big)^n$ 成立,

只需要證明 $\Big({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\Big)^n\ge\Big(\dfrac 1n+n\lambda\Big)^n$ 成立,

即證明 ${\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}+\dfrac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\ge \dfrac 1n+n\lambda \Leftrightarrow \Big(\dfrac 1n-{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\Big)(n\lambda-{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}})\ge 0$,

由 $\dfrac 1n=\dfrac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i}{n}\ge {\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}$, 和 $n\lambda\ge n\cdot \dfrac 1{n^2}=\dfrac 1n$ 知, 上式成立。

從而, \eqref{2} 式得證, 由證明過程可知, 當且僅當 $a_1=a_2=\cdots=a_n$ 時, \eqref{2} 式取等號。

重複上述證明過程, 我們順勢可得 \eqref{2} 式的一個類似：

命題: 若 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 為滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i=1$ 的正數, $\lambda\ge\dfrac 1{n^2}$, 則 \begin{equation} \Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_n}\Big)\ge\Big(\dfrac 1n+n\lambda\Big)^n\label{3} \end{equation} \eqref{3} 式推廣了 2008 年南京大學自主招生試題中的一道不等式：

設 $a,b,c\in R^+$ 且 $a+b+c=1$, 求證 $$\Big(a+\dfrac 1a\Big)\Big(b+\dfrac 1b\Big)\Big(c+\dfrac 1c\Big)\ge \dfrac{1000}{27}.$$

例 3: 設 $a_1,a_2,\ldots,a_{n-m}$ , $m,n\in N_+$, $n-m\ge 3$, 則 \begin{equation} (a_1^n-a_1^m+n-m)(a_2^n-a_2^m+n-m)\cdots(a_{n-m}^n-a_{n-m}^m+n-m)\ge (a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})^{n-m},\label{4} \end{equation}

證明: 當 $a_i\gt 0$ $(i=1,2,\ldots,n-m)$ 時, 有 $$(a_i^n\!-\!a_i^m+n\!-\!m)\!-\!(a_i^{n-m}+n\!-\!m\!-\!1)=a_i^{n-m}(a_i^m\!-\!1)\!-\!(a_i^m\!-\!1)=(a_i^{n-m}-1)(a_i^m\!-\!1)\ge 0.$$ 故，要證 $(a_1^n-a_1^m+n-m)(a_2^n-a_2^m+n-m)\cdots(a_{n-m}^n-a_{n-m}^m+n-m)\ge (a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})^{n-m}$, 只需要證 $(a_1^{n-m}+n-m-1)(a_2^{n-m}+n-m-1)\cdots(a_{n-m}^{n-m}+n-m-1)\ge (a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})^{n-m}.$ 記 $M_i=a_i^{n-m}+n-m-1$ $(i=1,2,\ldots,n-m)$, 則 \begin{eqnarray*} n-m&=&\dfrac{M_1}{M_1}+\dfrac{M_2}{M_2}+\cdots+\dfrac{M_{n-m}}{M_{n-m}}\\ &=&\dfrac{a_1^{n-m}+n-m-1}{M_1}+\dfrac{a_2^{n-m}+n-m-1}{M_2}+\cdots+\dfrac{a_{n-m}^{n-m}+n-m-1}{M_{n-m}}\\ &=&\Big(\dfrac{a_1^{n-m}}{M_1}+\dfrac 1{M_2}+\cdots+\dfrac 1{M_{n-m}}\Big)+\Big(\dfrac 1{M_1}+\dfrac{a_2^{n-m}}{M_2}+\cdots+\dfrac 1{M_{n-m}}\Big)+\cdots\\ &&+\Big(\dfrac 1{M_1}+\dfrac 1{M_2}+\cdots+\dfrac{a_{n-m}^{n-m}}{M_{n-m}}\Big)\\ &\ge&\dfrac{(n-m)a_1}{\root {n-m}\of {M_1M_2\cdots M_{n-m}}}+\dfrac{(n-m)a_2}{\root {n-m}\of {M_1M_2\cdots M_{n-m}}}+\cdots+ \dfrac{(n-m)a_{n-m}}{\root {n-m}\of {M_1M_2\cdots M_{n-m}}}\\ &=&\dfrac{(n-m)(a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})}{\root {n-m}\of {M_1M_2\cdots M_{n-m}}}, \end{eqnarray*} 即 $n-m\ge \dfrac{(n-m)(a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})}{\root {n-m}\of {M_1M_2\cdots M_{n-m}}}$, 整理得 $$M_1M_2\cdots M_{n-m}\ge (a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})^{n-m},$$ 也就是 $(a_1^{n-m}+n-m-1)(a_2^{n-m}+n-m-1)\cdots(a_{n-m}^{n-m}+n-m-1)\ge (a_1+a_2+\cdots+a_{n-m})^{n-m}$, 從而, \eqref{4} 式得證。

例 4: 在任意 $\triangle ABC$ 中, 若 $n\in N_+$, 則有 \begin{equation} \dfrac{\cos^{2n}A}{\sin^2B+\sin^2C}+\dfrac{\cos^{2n}B}{\sin^2C+\sin^2A}+\dfrac{\cos^{2n}C}{\sin^2A+\sin^2B}\ge \dfrac 1{2^{2n-1}},\label{5} \end{equation}

證明: 當 $n=1$ 時, 即為 \eqref{6}, 也就是 $$\dfrac{\cos^2A}{\sin^2B+\sin^2C}+\dfrac{\cos^2B}{\sin^2C+\sin^2A}+\dfrac{\cos^2C}{\sin^2A+\sin^2B}\ge \dfrac 12=\dfrac 1{2^{2\times 1-1}}.$$ 當 $n\ge 2$ 時, 記 $$M=\dfrac{\cos^{2n}A}{\sin^2B\!+\!\sin^2C}\!+\!\dfrac{\cos^{2n}B}{\sin^2C\!+\!\sin^2A}\!+\!\dfrac{\cos^{2n}C}{\sin^2A\!+\!\sin^2B},\ N=2(\sin^2A\!+\!\sin^2B\!+\!\sin^2C),$$ 則 \begin{eqnarray*} n&=&\dfrac MM+\dfrac NN+\underbrace{1+\cdots+1}_{(n-2) 個 1}\\ &=&\dfrac{\dfrac{\cos^{2n}A}{\sin^2B+\sin^2C}+\dfrac{\cos^{2n}B}{\sin^2C+\sin^2A}+\dfrac{\cos^{2n}C}{\sin^2A+\sin^2B}}{M}\\ &&+\dfrac{2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)}N+\underbrace{1+\cdots+1}_{(n-2) 個 1}\\ &=&\Bigg(\dfrac{\frac{\cos^{2n}A}{\sin^2B+\sin^2C}}{M}+\dfrac{\sin^2B+\sin^2C}{N} +\underbrace{\frac 13+\cdots+\frac 13}_{(n-2) 個 \frac 13}\Bigg)\\ &&+\Bigg(\dfrac{\frac{\cos^{2n}B}{\sin^2C+\sin^2A}}{M}+\dfrac{\sin^2C+\sin^2A}{N} +\underbrace{\frac 13+\cdots+\frac 13}_{(n-2) 個 \frac 13}\Bigg)\\ &&+\Bigg(\dfrac{\frac{\cos^{2n}C}{\sin^2A+\sin^2B}}{M}+\dfrac{\sin^2A+\sin^2B}{N} +\underbrace{\frac 13+\cdots+\frac 13}_{(n-2) 個 \frac 13}\Bigg)\\ &\ge&\dfrac{n\cos^2A}{\root n \of {3^{n-2}MN}}+\dfrac{n\cos^2B}{\root n \of {3^{n-2}MN}}+\dfrac{n\cos^2C}{\root n \of {3^{n-2}MN}}\\ &=&\dfrac{n(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)}{\root n \of {3^{n-2}MN}}. \end{eqnarray*} 即 $n \ge \dfrac{n(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)}{\root n \of {3^{n-2}MN}}$, 整理得 \begin{eqnarray*} M&\ge& \dfrac{(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)^n}{3^{n-2}[2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)]} = \dfrac{(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)^n}{3^{n-2}[6-2(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)]}\\ &=& \dfrac{(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)^{n-1}}{3^{n-2}\Big(\dfrac 6{\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C}-2\Big)}. \end{eqnarray*} 由常見三角不等式 $\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C\ge \dfrac 34$, 得到 $$M\ge \dfrac{\Big(\dfrac 34\Big)^{n-1}}{3^{n-2}\Big(6\div \dfrac 34-2\Big)}=\dfrac 1{2^{2n-1}},$$ 也就是, 當 $n\ge 2$ 時, $$\dfrac{\cos^{2n}A}{\sin^2B+\sin^2C}+\dfrac{\cos^{2n}B}{\sin^2C+\sin^2A}+\dfrac{\cos^{2n}C}{\sin^2A+\sin^2B}\ge \dfrac 1{2^{2n-1}}.$$ 綜上, \eqref{5} 式得證。

註: 上述命題推廣了由劉健老師提出，許康華老師在文 [1] 中證明了的如下命題：

在任意 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{equation} \dfrac{\cos^{2}A}{\sin^2B+\sin^2C}+\dfrac{\cos^{2}B}{\sin^2C+\sin^2A}+\dfrac{\cos^{2}C}{\sin^2A+\sin^2B}\ge \dfrac 1{2}.\label{6} \end{equation}

例 5: 設 $a_i\ge 0$, $b_i\gt 0$ $(i=1,2,\ldots,n)$, $l\in N$, $k\in N_+$, 則 \begin{equation} \sum_{i=1}^n \dfrac{a_i^{l+k}}{b_i^l}\ge \dfrac{\Big(\sum\limits_{i=1}^n a_i\Big)^{l+k}}{n^{k-1}\Big(\sum\limits_{i=1}^n b_i\Big)^l}.\label{7} \end{equation}

證明: 記 $M=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{a_i^{l+k}}{b_i^l}$, $N=\sum\limits_{i=1}^n b_i$, 則 \begin{eqnarray*} l+k&=&\dfrac{M}{M}+l\dfrac{N}{N}+\underbrace{1+\cdots+1}_{(k-1) 個 1}\\ &=&\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n \frac{a_i^{l+k}}{b_i^l}}{M}+l\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n b_i}{N}+\underbrace{1+\cdots+1}_{(k-1)個 1} =\sum\limits_{i=1}^n \Big(\dfrac{\frac{a_i^{l+k}}{b_i^l}}{M}+\underbrace{\frac {b_i}N+\cdots+\frac {b_i}N}_{l 個 \frac {b_i}N} +\underbrace{\frac 1n+\cdots+\frac 1n}_{(k-1) 個 \frac 1n}\Big)\\ &\ge& \sum_{i=1}^n \dfrac{(l+k)a_i}{\root l+k \of {n^{k-1}MN^l}}= \dfrac{(l+k)\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i}{\root l+k \of {n^{k-1}MN^l}}, \end{eqnarray*} 即 $l+k\ge \dfrac{(l+k)\displaystyle\sum_{i=1}^na_i}{\root l+k \of {n^{k-1}MN^l}}$, 整理得 $n^{k-1}MN^l\ge\Big(\sum\limits_{i=1}^n a_i\Big)^{l+k}$, 即 $M\ge \dfrac{\Big(\sum\limits_{i=1}^n a_i\Big)^{l+k}}{n^{k-1}N^l}$。 從而有 $\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{a_i^{l+k}}{b_i^l}\ge \dfrac{\Big(\sum\limits_{i=1}^n a_i\Big)^{l+k}}{n^{k-1}\Big(\sum\limits_{i=1}^n b_i\Big)^l}$。

註: 例 5 推廣了著名的 Radon 不等式。

例 6: 設 $a_i\gt 0$ $(i=1,2,\ldots,n)$, $k\gt 0$, $n\ge 3$, 且 $m,n\in N_+$, 則 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt \dfrac{a_1^m}{a_2+a_3+\cdots+a_{n-1}+ka_n}+\dfrac{a_2^m}{a_3+a_4+\cdots+a_{n}+ka_1}+\cdots\nonumber\\ &&+\dfrac{a_n^m}{a_1+a_2+\cdots+a_{n-2}+ka_{n-1}} \ge \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{m-1}}{n^{m-2}(n-2+k)}\label{8} \end{eqnarray}

證明: 記 \begin{eqnarray*} M&=&\dfrac{a_1^m}{a_2+\cdots+a_{n-1}+ka_n}+\dfrac{a_2^m}{a_3+\cdots+a_{n}+ka_1}+\cdots+\dfrac{a_n^m}{a_1+\cdots+a_{n-2}+ka_{n-1}},\\ N&=&(n-2+k)(a_1+a_2+\cdots+a_n), \end{eqnarray*} 則 \begin{eqnarray*} m&=&\dfrac MM+\dfrac NN+\underbrace{1+\cdots+1}_{(m-2)個 1}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a_1^m}{a_2+\cdots+a_{n-1}+ka_n}+\dfrac{a_2^m}{a_3+\cdots+a_{n}+ka_1}+\cdots+\dfrac{a_n^m}{a_1+\cdots+a_{n-2}+ka_{n-1}}}{M}\\ &&\!+\!\dfrac{(a_2\!+\!\cdots\!+\!a_{n-1}\!+\!ka_n)\!+\!(a_3\!+\!\cdots\!+\!a_n\!+\!ka_1)\!+\!\cdots\!+\!(a_1\!+\!\cdots\!+\!a_{n-2}\!+\!ka_{n-1})}{N}\\ &&+\underbrace{1+\cdots+1}_{m-2 個 1}\\ &=&\Big(\dfrac{\dfrac{a_1^m}{a_2+\cdots+a_{n-1}+ka_n}}{M}+\dfrac{a_2+\cdots+a_{n-1}+ka_n}{N}+\underbrace{\dfrac 1n+\cdots+\dfrac 1n}_{m-2 個 \frac 1n} \Big)\\ &&+\Big(\dfrac{\dfrac{a_2^m}{a_3+\cdots+a_n+ka_1}}{M}+\dfrac{a_3+\cdots+a_n+ka_1}{N}+\underbrace{\dfrac 1n+\cdots+\dfrac 1n}_{m-2 個 \frac 1n} \Big)+\cdots\\ &&+\Big(\dfrac{\dfrac{a_n^m}{a_1+\cdots+a_{n-2}+ka_{n-1}}}{M}+\dfrac{a_1+\cdots+a_{n-2}+ka_{n-1}}{N} +\underbrace{\dfrac 1n+\cdots+\dfrac 1n}_{m-2 個\frac 1n}\Big)\\ &\ge&\dfrac{ma_1}{\root m\of {n^{m-2}MN}}+\dfrac{ma_2}{\root m\of {n^{m-2}MN}}+\cdots+\dfrac{ma_n}{\root m\of {n^{m-2}MN}}= \dfrac{m(a_1+a_2+\cdots+a_n)}{\root m\of {n^{m-2}MN}}, \end{eqnarray*} 即 $m\ge \dfrac{m(a_1+a_2+\cdots+a_n)}{\root m\of {n^{m-2}MN}}$, 整理得 $MN\ge \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{m}}{n^{m-2}}$, 即 $(n-2+k)(a_1+a_2+\cdots+a_n)M\ge \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^m}{n^{m-2}}$, 也就是 $M\ge \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{m-1}}{n^{m-2}(n-2+k)}$。 從而， \eqref{8} 式得證。

例 7: 已知 $0\lt x\lt \dfrac {\pi}2$， $a,b$ 均為正實數， $m,n\in N_+$，求函數 $y=\dfrac{a}{\sin^{\frac nm}x}+\dfrac{b}{\cos^{\frac nm}x}$ 的最小值。

解: \begin{eqnarray*} 2m\!+\!n&\!=\!&\dfrac{2ma}{y\sin^{\frac nm}x}+\dfrac{2mb}{y\cos^{\frac nm}x}+n\cos^2 x+n\sin^2x\\ &\!=\!&\underbrace{\dfrac{a}{y\sin^{\frac nm}x}+\cdots+\dfrac{a}{y\sin^{\frac nm}x}}_{2m 個}+ \underbrace{\sin^2x+\cdots+\sin^2x}_{n個\sin^2x}\\ &&+\underbrace{\dfrac{b}{y\cos^{\frac nm}x}+\cdots+\dfrac{b}{y\cos^{\frac nm}x}}_{2m 個} +\underbrace{\cos^2x+\cdots+\cos^2x}_{n 個\cos^2x}\\ &\!\ge\!&(2m+n)\cdot {\root 2m+n\of{\Big(\dfrac a{y\sin^{\frac nm}x}\Big)^{2m}\cdot (\sin^2x)^n}}\\ &&+(2m+n)\cdot {\root 2m+n\of{\Big(\dfrac b{y\cos^{\frac nm}x}\Big)^{2m}\cdot (\cos^2x)^n}}\\ &\!=\!&(2m+n){\root 2m+n\of{\Big(\dfrac a{y}\Big)^{2m}}}+(2m+n){\root 2m+n\of{\Big(\dfrac b{y}\Big)^{2m}}}\\ &\!=\!&(2m+n)\cdot \dfrac{{\root 2m+n\of{a^{2m}}}+{\root 2m+n\of{b^{2m}}}}{{\root 2m+n\of{y^{2m}}}}, \end{eqnarray*} 即 $2m+n\ge (2m+n)\cdot \dfrac{{\root 2m+n\of{a^{2m}}}+{\root 2m+n\of{b^{2m}}}}{{\root 2m+n\of{y^{2m}}}}$, 整理得 $y\ge {\root 2m\of {\Big({\root 2m+n\of {a^{2m}}}\!+\!{\root 2m+n\of {b^{2m}}}\Big)^{2m+n}}}$, 當且僅當 $\dfrac{a}{y\sin^{\frac nm}x}=\sin^2 x$, $\dfrac{b}{y\cos^{\frac nm}x}=\cos^2 x$, 即 $\tan^{\frac nm+2}x=\dfrac ab$, 也就是 $x=\arctan$ ${\root 2m+n\of {\Big(\frac ab\Big)^m}}$ 時取等號。

所以，函數 $y=\dfrac a{\sin^{\frac nm}x}+\dfrac b{\cos^{\frac nm}x}$ 的最小值 $\Big(a^{\frac{2m}{2m+n}}+b^{\frac{2m}{2m+n}}\Big)^{\frac {2m+n}{2m}}$。

鏈接練習:

1. 在 $\triangle ABC$ 中， 若 $a\gt 0$, $n\in N_+$, 且 $n\ge 2$, 則有 $$\dfrac{\cos^{2n}A}{a+\cos^2A}+\dfrac{\cos^{2n}B}{a+\cos^2B}+\dfrac{\cos^{2n}C}{a+\cos^2C}\ge\dfrac{3}{4^{n-1}(4a+1)}.$$
2. 已知 $a_1\gt a_2\gt \cdots\gt a_n$， $k\in N_+$， 則 $$\dfrac 1{(a_1-a_2)^{2k-1}}+\dfrac 1{(a_2-a_3)^{2k-1}}+\cdots+\dfrac 1{(a_{n-1}-a_n)^{2k-1}}\ge\dfrac{(n-1)^{2k}}{(a_1-a_n)^{2k-1}}.$$
3. 若 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 滿足 $\sum\limits_{i=1}^n a_i=S$ 的正數，且 $\alpha\gt 0$, $\lambda\ge \Big(\dfrac Sn\Big)^{2\alpha}$, $b_1,b_2,\ldots,b_n$ 為 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 的一個排列, 則 $$\Big(a_1^{\alpha}+\dfrac{\lambda}{b_1^\alpha}\Big)\Big(a_2^{\alpha}+\dfrac{\lambda}{b_2^\alpha}\Big)\cdots \Big(a_n^{\alpha}+\dfrac{\lambda}{b_n^\alpha}\Big)\ge\Big[\Big(\frac Sn\Big)^{\alpha}+\lambda\Big(\frac nS\Big)^{\alpha}\Big]^n.$$

---本文作者任教中國雲南省大理州漾濞縣第一中學（高中部）---