在 142 期的「從Cauchy不等式的一種證法談起」一文當中, 作者以特殊的方法證明以下命題：

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

在本文中, 筆者將從上述命題於 $n=2, 3$ 的情形開始證明, 再證明一般 $n$ 的情形, 以期提供另外一種證明方式。

(一) 當命題 1 的 $n = 2$ 時, 命題為：

命題 2. 若 $a_1$, $a_2$ 為滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^2 a_i = 1$ 的正數, $\lambda \ge \dfrac{1}{4}$, 則 \begin{equation} \label{2} \Big( a_1 + \frac{\lambda}{a_1} \Big) \Big( a_2 + \frac{\lambda}{a_2} \Big) \ge \Big( \frac{1}{2} + 2 \lambda\Big)^2 \end{equation}

證明： \begin{eqnarray} %(3) \hbox{左式} &=& \Big( \frac{a_1^2 + \lambda}{a_1} \Big) \Big( \frac{a_2^2 + \lambda}{a_2} \Big) \nonumber \\ &=& \left [ \frac{(a_1 - \frac{1}{2})^2 + a_1 + \lambda - \frac{1}{4}}{a_1} \right ] \left [ \frac{(a_2 -\frac{1}{2})^2 + a_2 + \lambda - \frac{1}{4}}{a_2} \right ] \nonumber \\ &\ge& \Big( \frac{a_1 + \lambda - \frac{1}{4}}{a_1} \Big) \Big( \frac{a_2 + \lambda - \frac{1}{4}}{a_2} \Big) \nonumber \\ &=& \Big( 1 + (\lambda - \frac{1}{4}) \frac{1}{a_1} \Big) \Big( 1 + (\lambda - \frac{1}{4}) \frac{1}{a_2} \Big) \nonumber \\ &=& 1 + (\lambda - \frac{1}{4}) \cdot (\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2}) + (\lambda - \frac{1}{4})^2 \cdot \frac{1}{a_1 a_2} \label{3} \end{eqnarray} 由算幾不等式, 可知 \begin{equation} %(4) a_1 a_2 \le \Big( \frac{a_1 + a_2}{2} \Big)^2 = \Big(\frac{1}{2} \Big)^2 = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{1}{a_1 a_2} \ge 4 \label{4} \end{equation} 一樣利用算幾不等式, 並利用 \eqref{4}, 可得 \begin{equation} %(5) \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} \ge 2 \cdot \Big( \frac{1}{a_1} \cdot \frac{1}{a_2} \Big)^{\frac{1}{2}} \ge 2 \cdot 2 = 4 \label{5} \end{equation} 將 \eqref{4}, \eqref{5} 代入 \eqref{3} 可得 \begin{eqnarray*} \text{左式} &\ge& 1 + \Big( \lambda - \frac{1}{4} \Big) \cdot 4 + \Big( \lambda - \frac{1}{4} \Big)^2 \cdot 4 \\ &=& \left [ 2 ( \lambda - \frac{1}{4}) + 1 \right ]^2 \\ &=& \Big( \frac{1}{2} + 2 \lambda\Big)^2 = \text{右式}, \end{eqnarray*} \eqref{2} 得證, 且當不等式的等號成立時, 不難由 \eqref{3}, \eqref{4}, \eqref{5} 看出 \begin{equation} \label{6} a_1 = a_2 = \frac{1}{2}, \end{equation}

(二) 當命題 1 的 $n = 3$ 時, 命題為：

命題 3. 若 $a_1$, $a_2$, $a_3$ 為滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^3 a_i = 1$ 的正數, $\lambda \ge \dfrac{1}{9}$, 則 \begin{equation} \label{7} \Big( a_1 + \frac{\lambda}{a_1} \Big) \Big( a_2 + \frac{\lambda}{a_2} \Big) \Big(a_3 + \frac{\lambda}{a_3} \Big) \ge \Big( \frac{1}{3} + 3 \lambda \Big)^3 %(7) \end{equation}

證明： 由 \eqref{6}, 可預期 \eqref{7} 的左式其最小值可能發生在 $a_1 = a_2 = a_3 = \dfrac{1}{3}$ 時, 因此對 \eqref{7} 的左式進行類似 \eqref{3} 的操作如下： \begin{eqnarray} %(8) \text{左式} &=& \Big( \frac{a_1^2 + \lambda}{a_1} \Big) \Big( \frac{a_2^2 + \lambda}{a_2} \Big) \Big( \frac{a_3^2 + \lambda}{a_3} \Big) \nonumber \\ &=& \prod_{k=1}^3 \frac{(a_k - \frac{1}{3})^2 + \frac{2}{3} a_k + \lambda - \frac{1}{9}}{a_k} \ge \prod_{k=1}^3 \frac{ \frac{2}{3} a_k + (\lambda - \frac{1}{9})}{a_k} = \prod_{k=1}^3 \left [ \frac{2}{3} + (\lambda - \frac{1}{9}) \cdot \frac{1}{a_k} \right ]\quad~ \nonumber \\ &=& \frac{8}{27} + \frac{4}{9} \cdot (\lambda - \frac{1}{9}) \cdot \sum_{k=1}^3 \frac{1}{a_k} + \frac{2}{3} \cdot (\lambda - \frac{1}{9})^2 \cdot \sum_{i\lt j} \frac{1}{a_i a_j} + (\lambda - \frac{1}{9})^3 \cdot \frac{1}{a_1 a_2 a_3}\label{8} \end{eqnarray} 由算幾不等式, 可知 \begin{equation} %(9) a_1 a_2 a_3 \le \Big( \frac{a_1 + a_2 + a_3}{3}\Big)^3 = \Big(\frac{1}{3}\Big)^3 = \frac{1}{27} \Rightarrow \frac{1}{a_1 a_2 a_3} \ge 27\label{9} \end{equation} 一樣利用算幾不等式, 並利用 \eqref{9}, 可得 \begin{eqnarray} %(10) \sum_{k=1}^3 \frac{1}{a_k} &\ge& 3 \cdot \Big(\frac{1}{a_1 a_2 a_3} \Big)^{\frac{1}{3}} \ge 9\label{10} \\ %(11) \sum_{i\lt j} \frac{1}{a_i a_j} &\ge& 3 \cdot \Big( \frac{1}{a_1^2 a_2^2 a_3^2}\Big)^{\frac{1}{3}} = 3 \cdot \Big( \frac{1}{a_1 a_2 a_3}\Big)^{\frac{2}{3}} \ge 27\label{11} \end{eqnarray} 將 \eqref{9}, \eqref{10}, \eqref{11} 代入 \eqref{8} 可得 \begin{eqnarray*} \text{左式} &\ge& \frac{8}{27} + 4 \cdot (\lambda - \frac{1}{9} )+ 18 \cdot (\lambda - \frac{1}{9})^2 + 27 \cdot (\lambda - \frac{1}{9})^3 \\ &=& \left [ 3 \cdot (\lambda - \frac{1}{9}) + \frac{2}{3} \right ]^3 \\ &=& \Big( \frac{1}{3} + 3\lambda \Big)^3 = \text{右式}, \end{eqnarray*} \eqref{7} 得證, 且當不等式的等號成立時, 可由 \eqref{8}, \eqref{9}, \eqref{10}, \eqref{11} 看出有 \begin{equation} \label{12} a_1 = a_2 = a_3 = \frac{1}{3}. \end{equation}

(三) 由以上針對命題 1 於 $n=2, 3$ 的情形之證明過程, 我們可對 (1) 中 $n$ 為任意滿足$n\ge 2$ 之正整數的情形加以證明, 而得到更一般的結果, (1) 的證明如下：

證明： \begin{eqnarray} %(13) \text{左式} &=& \prod_{k=1}^n \Big( \frac{a_k^2 + \lambda}{a_k}\Big) =\prod_{k=1}^n \left [ \frac{(a_k - \frac{1}{n})^2 + \frac{2}{n} a_k + \lambda - \frac{1}{n^2}}{a_k} \right ] \ge \prod_{k=1}^n \left [ \frac{2}{n} + (\lambda - \frac{1}{n^2}) \cdot \frac{1}{a_k} \right ] \nonumber \\ &=& \Big(\frac{2}{n}\Big)^n + \Big(\frac{2}{n}\Big)^{n-1} \cdot \Big(\lambda - \frac{1}{n^2}\Big) \cdot \sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i} + \cdots \nonumber \\ && + \Big(\frac{2}{n}\Big)^{n-k} \cdot \Big(\lambda - \frac{1}{n^2}\Big)^k \cdot \sum_{i_s\lt i_t\atop {\rm for}\ s\lt t} \frac{1}{a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}} + \cdots \nonumber \\ && + \Big(\lambda - \frac {1}{n^2}\Big)^n \cdot \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n}\label{13} \end{eqnarray} 由算幾不等式, 可知 \begin{equation} %(14) a_1 a_2 \cdot \cdots a_n \le \Bigg(\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i}{n}\Bigg)^n = \Big(\frac{1}{n}\Big)^n \Rightarrow \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n} \ge n^n.\label{14} \end{equation} 觀察 \eqref{13} 中的一般項 $$\Big( \frac{2}{n} \Big)^{n-k} \cdot \Big( \lambda - \frac{1}{n^2} \Big)^k \cdot \sum_{\scriptstyle i_s \lt i_t \atop \text{for}\ s\lt t} \frac{1}{a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}}$$ 其中的求和式 $\displaystyle\sum_{\scriptstyle i_s \lt i_t \atop \text{for}\ s\lt t} \frac{1}{a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}}$ 共有 $C_k^n$ 項, 且對任意滿足 $1 \le i \le n$ 的足標 $i$ 而言, 在所有 $C_k^n$ 項中共有 $C_{k-1}^{n-1}$ 項含有 $\dfrac{1}{a_i}$ 這個因式, 因此, 可利用算幾不等式及 \eqref{14} 的結果, 得知 \begin{eqnarray} %(15) \sum_{\scriptstyle i_s \lt i_t \atop \text{for}\ s\lt t} \frac{1}{a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}} &\ge& C_k^n \cdot \Big( \prod_{\scriptstyle i_s \lt i_t \atop \text{for}\ s\lt t} \frac{1}{a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}} \Big)^{\frac{1}{C_k^n}} \nonumber \\ &=& C_k^n \cdot \Big( \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n} \Big)^{\frac{C_{k-1}^{n-1}}{C_k^n}} \ge C_k^n \cdot (n^n)^{\frac{k}{n}} = C_k^n \cdot n^k \label{15} \end{eqnarray} 其中 $$ \frac{C_{k-1}^{n-1}}{C_k^n} = \frac{(n-1)! / [ (k-1)! (n-k)!]}{n! / [ k! (n-k)!]} = \frac{k}{n}, \quad 1 \le k \le n. $$ 將 \eqref{15} 的結果代入 \eqref{13}, 可得 \begin{eqnarray*} \text{左式} &\ge& \Big( \frac{2}{n} \Big)^n + \Big( \frac{2}{n} \Big)^{n-1} \cdot \Big( \lambda - \frac{1}{n^2} \Big) \cdot C_1^n \cdot n + \cdots \\ && + \Big( \frac{2}{n} \Big)^{n-k} \cdot \Big( \lambda - \frac{1}{n^2} \Big)^k \cdot C_k^n \cdot n^k + \cdots + \Big( \lambda - \frac{1}{n^2} \Big)^n \cdot C_n^n \cdot n^n \\ &=& \Big( \frac{2}{n} \Big)^n + C_1^n \Big( \frac{2}{n} \Big)^{n-1} \Big( n \lambda \!-\! \frac{1}{n} \Big) + \cdots + C_k^n \Big( \frac{2}{n} \Big)^{n-k}\Big( n \lambda \!-\! \frac{1}{n} \Big)^k + \cdots + \Big( n \lambda \!-\! \frac{1}{n} \Big)^n \\ &=& \sum_{k=0}^n C_k^n \Big(n \lambda - \frac{1}{n} \Big)^k \cdot \Big( \frac{2}{n}\Big)^{n-k} \\ &=& \Big( n \lambda - \frac{1}{n} + \frac{2}{n} \Big)^n = \Big( \frac{1}{n} + n \lambda \Big)^n = \text{右式}, \end{eqnarray*} \eqref{1} 得證, 且當不等式的等號成立時, 若且唯若 \eqref{13} 中的 $\ge$ 及 \eqref{15} 中的兩個 $\ge$ 均取等號。 其中 \eqref{13} 的 $\ge$ 取等號時, 表示: %其中 \eqref{15} 的第二個 $\ge$ 取等號時, 表示 \eqref{14} 的不等式等號成立, 這發生在下式成立時: \begin{equation} %(16) a_1=a_2=\cdots=a_n=\frac 1n\label{16} \end{equation} 而有了 \eqref{16}, 將先使 \eqref{14} 的等號成立, 因此 \eqref{15} 的第二個 $\ge$ 等號成立。 此外, \eqref{16} 也使 \eqref{15} 最左端的求和式中每一項皆相等 (均為 $n^k$), 故 \eqref{15} 的第一個 $\ge$ 等號成立。 因此, \eqref{16}就是 \eqref{1} 等號成立的充要條件。

綜合以上所述, 可知命題 1 正確, 且從證明過程中可知 $\lambda \ge \dfrac{1}{n^2}$ 的限制有其必要性。

---本文作者投稿時任職苗栗縣竹南鎮景鴻工程行---