41307 一個雙參數的分式不等式
一個雙參數的分式不等式

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題為: 對所有正實數 $a,b,c$, 證明: \begin{equation} \frac a{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac b{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac c{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1\label{1} \end{equation} 文 利用反證法證明、 文 先通過證明一個輔助不等式同時推廣 \eqref{1} 式為:

設 $a_1,a_2,\ldots,a_n\in R^+$ $(n\ge 3)$, 則有 \begin{equation} \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{\root {n-1}\of {a_i^{n-1}+(n^{n-1}-1)\prod\limits_{j=1\atop j\not=i}^n a_j}}\ge 1\label{2} \end{equation} 文 用加權均值不等式推廣 \eqref{1} 式為:

設 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ ($n\ge 3$), $\lambda\ge (n^{n-1}-1)\mu\gt 0$, $\lambda+\mu=n^{n-1}$, 則 \begin{equation} \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{\root {n-1}\of {\mu a_i^{n-1}+\lambda\prod\limits_{j=1\atop j\not=i}^n a_j}}\ge 1\label{3} \end{equation} 文 利用 Holder 不等式及高維算術 --- 幾何均值不等式, 給出 \eqref{1} 式的如下新的隔離推廣: 設 $a_i\gt 0$, ($i=1,2,\ldots,n)$, $m,n\in N$, $n\ge 2$, $m\ge 1$, $\lambda\ge n^m-1$, 則 \begin{equation} \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{\frac{n-1}{m}}}{\Bigg(a_i^{n-1} +\lambda \prod\limits_{j=1\atop j\not=i}^n a_j\Bigg)^{\frac 1m}}\ge \frac{\Big(\sum\limits_{i=1}^na_i^{\frac n{m+1}}\Big)^{\frac {m+1}m}}{\Big(\sum\limits_{i=1}^n a_i^n+\lambda n\prod\limits_{i=1}^n a_i\Big)^{\frac 1m}}\ge \frac{n}{\root m\of {1+\lambda}}\label{4} \end{equation}

我們注意到, 若在 \eqref{1} 式中作代換: $bc/a^2\to x_1$, $ca/b^2\to x_2$, $ab/c^2\to x_3$; 在 \eqref{2}$-$\eqref{4} 及文 的有關結果中作類似如下的代換: $a_1a_2\cdots a_n/a_i^n\to x_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則全部不等式皆可統一轉化為求如下:

問題: 當 $\lambda$, $x_i\in R^+=(0,+\infty)$, $i=1,2,\ldots,n$, $n\ge 2$, $\alpha\in R$, $\alpha\not=0$, $\prod\limits_{i=1}^n x_i=1$ 時,雙參數的分式函數 $\sum\limits_{i=1}^n\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha$ 的上下界。

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 $\alpha=1/2$ 時, 上述分式函數的上、下界。

用權方和不等式和陳計的一個分析不等式證得: 當 $\lambda\!\ge\! n^{\frac 1\alpha}\!-\!1$ $(0\!\lt \!\alpha\!\le\! n\!-\!1)$ 時, \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\ge \frac n{(1+\lambda)^\alpha}.\label{5} \end{equation}

本文沿用筆者文 $\sim$ 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 $n\ge 3$ 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 $\lambda,x_1,x_2\in R^+=(0,+\infty)$, $\alpha\not=0$, 且 $x_1x_2=1$, 則

若 $\alpha\gt 1$, 則 \begin{eqnarray} &&\hskip -10pt \hbox{當 $\lambda\ge \dfrac 1\alpha$ 時,}\ 1\gt \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \ge \frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}.\label{6}\\ &&\hskip -10pt \hbox{當 $2^{\frac 1\alpha}-1\lt \lambda\lt \dfrac 1\alpha$ 時,}\ 1\gt \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \gt \frac{2}{\Big(1+\dfrac 1\alpha\Big)^\alpha}.\label{7}\\ &&\hskip -10pt \hbox{當 $0\lt \lambda\le 2^{\frac 1\alpha}-1$ 時,}\ \frac 2{(1+\lambda)^\alpha}\ge \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \gt \frac{2}{\Big(1+\dfrac 1\alpha\Big)^\alpha}.\hskip 1cm~\label{8} \end{eqnarray}

若 $0\lt \alpha\le 1$, 則 \begin{eqnarray} &&\hskip -10pt \hbox{當 $0\lt \lambda\le \dfrac 1\alpha$ 時,}\ \frac 2{(1+\lambda)^\alpha}\ge \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \gt 1.\label{9}\\ &&\hskip -10pt \hbox{當 $\alpha\not=1$, 且 $\dfrac 1\alpha\lt \lambda\lt 2^{\frac 1\alpha}-1$ 時,}\ \frac{2}{\Big(1+\frac 1\alpha\Big)^\alpha}\gt \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha +\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \gt 1.\hskip 1cm~\label{10}\\ &&\hskip -10pt \hbox{當 $\lambda\ge 2^{\frac 1\alpha}-1$ 時,}\ \frac{2}{\Big(1+\frac 1\alpha\Big)^\alpha}\gt \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha +\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \ge \frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}.\label{11}\\ &&\hskip -10pt \hbox{若 $\alpha\lt 0$, 則}\ \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha +\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha \ge \frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}.\label{12} \end{eqnarray}

注記2: 當 $\alpha=1$ 且 $\lambda=1$ 時, \eqref{9} 的右端和 \eqref{11} 的左端不等式還可以取得等號。

定理2: 設 $\lambda$, $x_i\in R^+=(0,+\infty)$, $i=1,2,\ldots,n$, $n\ge 3$, $\prod\limits_{i=1}^n x_i=1$, 則

當 $\underline{\lambda\ge n^{\frac 1\alpha}-1\,(0\lt \alpha\le n-1)}$ 或 $\alpha\le 0$ 或 $\lambda\ge \dfrac{n-1}\alpha$ (其中 $\alpha\gt 1$) 時, 有 \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\ge \frac n{(1+\lambda)^\alpha}.\label{13} \end{equation} 當 $0\lt \lambda\lt n^{\frac 1\alpha}-1$ 且 $0\lt \alpha\le n-1$ 時, \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\gt 1.\label{14} \end{equation} 當 $0\lt \lambda\lt \dfrac{n-1}{\alpha}$ 且 $\alpha\gt n-1$ 時, \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\gt \frac n{\Big(1+\dfrac {n-1}\alpha\Big)^\alpha}.\label{15} \end{equation} 當 $0\lt \lambda\le\Big(\dfrac n{n-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$ 且 $\alpha\ge 1$ 時, \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\le \frac n{(1+\lambda)^\alpha}.\label{16} \end{equation} 當 $\lambda\gt \Big(\dfrac n{n-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$ 且 $\alpha\ge 1$ 時, \begin{equation} \sum_{i=1}^n \Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\lt n-1.\label{17} \end{equation}

注記3: 除上述下劃線外其餘結果包括定理 1 皆為本文獲得的新結果。

三、定理1的證明

證明: 因 $x_1,x_2\gt 0$ 且 $x_1x_2=1$, 不妨設 $0\lt x_1=x\le 1$, 則 $x_2=\dfrac 1x$, $x\in (0,1]$ 且有 $$\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\dfrac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha =(1+\lambda x)^{-\alpha}+\Big(\dfrac{x}{x+\lambda}\Big)^\alpha.$$ 記 $f(x)=(1+\lambda x)^{-\alpha}+\Big(\dfrac{x}{x+\lambda}\Big)^\alpha$, $x\in (0,1]$, 則有 \begin{eqnarray*} f'(x)&=&-\lambda \alpha(1+\lambda x)^{-\alpha-1}+\frac{\lambda\alpha}{(x+\lambda)^2}\Big(\frac x{x+\lambda}\Big)^{\alpha-1}\\ &=&-\lambda \alpha(1+\lambda x)^{-\alpha-1}+\lambda \alpha x^{\alpha-1}(x+\lambda)^{-\alpha-1}\\ &=&\lambda \alpha(1+\lambda x)^{-\alpha-1}(x+\lambda)^{-\alpha-1}[-(x+\lambda)^{\alpha+1}+x^{\alpha-1}(1+\lambda x)^{\alpha+1}]\\ &=&\lambda \alpha(1+\lambda x)^{-\alpha-1}(x+\lambda)^{-\alpha-1}g(x)\\ {\hbox{其中}} g(x)&=&-(x+\lambda)^{\alpha+1}+x^{\alpha-1}(1+\lambda x)^{\alpha+1} \end{eqnarray*} 當 $\alpha=1$ 時, $g(x)=-(x+\lambda)^2+(1+\lambda x)^2=(x+\lambda+1+\lambda x)(x-1)(\lambda -1)$。

顯然, 若 $\lambda\ge 1$, 則當 $x\le 1$ 時, $g(x)\le 0$, 故 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上單調遞減, 從而在 $(0,1]$ 上必有 $$\lim_{x\to0^+}f(x)=1\ge f(x)\ge f(1)=\frac{2}{1+\lambda}.$$ 左等號當且僅當 $\lambda=1$ 時取得。 同理當 $\lambda\lt 1$ 時, 在 $(0,1]$ 上必有 $$\lim_{x\to0^+}f(x)=1\lt f(x)\le f(1)=\frac{2}{1+\lambda}.$$ 即 \eqref{9} 和 \eqref{11} 式成立。

當 $\alpha\not=1$ 時, 作函數 $h(x)=(\alpha-1)\ln x+(\alpha+1)\ln(1+\lambda x)-(\alpha+1)\ln (\lambda+x)$。

其中 $x,\alpha,\lambda\gt 0$ 顯然, 對任意 $x\in(0,1]$, $f'(x)$、 $g(x)$、 $h(x)$ 三個函數必有相同的符號, 即若 $f'(x)\ge 0\Leftrightarrow g(x)\ge 0\Leftrightarrow h(x)\ge 0$ (或 $f'(x)\le 0\Leftrightarrow g(x)\le 0\Leftrightarrow h(x)\le 0$), 故探討 $f'(x)$ 的符號與探討 $h(x)$ 的符號等價。 易見 \begin{eqnarray*} h'(x)&=&\frac{\alpha-1}{x}+\frac{\lambda(\alpha+1)}{1+\lambda x}-\frac{(\alpha+1)}{\lambda+x}=\frac{\alpha-1}{x}+\frac{(\alpha+1)(\lambda^2-1)}{(1+\lambda x)(\lambda+x)}\\ &=&\frac{(\alpha-1)(1+\lambda x)(\lambda+x)+(\alpha+1)(\lambda^2 x-x)}{x(1+\lambda x)(\lambda+x)}\\ &=&\frac{\lambda(\alpha-1)x^2+(2\alpha\lambda^2-2)x+\lambda(\alpha-1)}{x(1+\lambda x)(\lambda+x)}=\frac{u(x)}{x(1+\lambda x)(\lambda+x)}. \end{eqnarray*}

  1. 當 $\alpha\gt 1$ 時, $u(x)=\lambda(\alpha-1)x^2+(2\alpha\lambda^2-2)x+\lambda(\alpha-1)$ 的判別式 $$\Delta=4[(\alpha\lambda^2-1)^2-\lambda^2(\alpha-1)^2]=4(\lambda^2-1)(\alpha^2\lambda^2-1)$$.
    1. ) 當 $\lambda\ge 1$ 時, 顯然 $2\alpha\lambda^2-2\gt 0, \ \Rightarrow u(x)\gt 0\Rightarrow h'(x)\gt 0\Rightarrow$ 故 $h(x)$ 在 $(0,1]$ 上嚴格單調遞增, 所以 $h(x)\le h(1)=0$, 進而 $f'(x)\le 0$。 故 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上單調遞減, 從而 $$\lim_{x\to 0^+} f(x)=1\gt f(x)\ge f(1)=\frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}.$$
    2. ) 當 $\dfrac 1\alpha\le \lambda\lt 1$ 時, $\alpha\lambda\ge 1\Rightarrow \Delta\le 0$, 再由 $\lambda(\alpha-1)\gt 0$ 及二次函數的性質知: 在 $(0,1]$ 上恒有 $u(x)\ge 0\Leftrightarrow h'(x)\ge 0$, 故與 1) 相同, 仍有 $$\lim_{x\to 0^+} f(x)=1\gt f(x)\ge f(1)=\frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}.$$ 由上述 1)、 2) 知: 當 $\lambda\ge \dfrac 1\alpha$ 時, $1\gt f(x)\ge \dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}$, 即 \eqref{6} 式成立。
    3. ) 當 $0\lt \lambda\lt \dfrac 1\alpha$ 時, $\alpha\lambda\lt 1\Rightarrow \Delta\gt 0$。 故方程 $u(x)=0$ 有兩個不等實根, 設其為: $\xi_1, \xi_2$; 由韋達定理得: $$\xi_1+\xi_2=-\frac{2(\alpha\lambda^2-1)}{\lambda(\alpha-1)}\gt 0,\ \xi_1\xi_2=1\hbox{。}$$ $\Rightarrow$ 方程 $u(x)=0$ 有兩個互為倒數的正根, 不妨設為 $0\lt \xi_1\lt 1\lt \xi_2$, 則有 $u(x)=\lambda(\alpha-1)(x-\xi_1)(x-\xi_2)$。 下面再分兩種情形來討論:
      1. ) 當 $\xi_1\lt x\le 1$ 時, $u(x)\lt 0\Rightarrow h'(x)\lt 0$。 故 $h(x)$ 在 $(\xi_1,1]$ 上嚴格單調遞減, $\Rightarrow (\xi_1,1]$ 上 $h(\xi_1)\gt h(x)\ge h(1)=0$, $\Rightarrow$ 在 $(\xi_1,1]$ 上 $f'(\xi_1)\gt f'(x)\ge f'(1)=0$; 所以 $f(x)$ 在 $(\xi_1,1]$ 上單調遞增, 從而 $f(\xi_1)\lt f(x)\le f(1)=\dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}$。
      2. ) 當 $0\lt x\lt \xi_1$ 時, $u(x)\gt 0\Rightarrow h'(x)\gt 0$。 故 $h(x)$ 在 $(0,\xi_1)$ 上嚴格單調遞增, $\Rightarrow(0,\xi_1)$ 上 $h(x)\lt h(\xi_1)$。 由 $\lim\limits_{x\to 0^+} h(x)\to-\infty$ 及 i) 巳證得 $h(\xi_1)\gt 0$ 易知: $h(x)$ 在 $(0,\xi_1)$ 上有且只有一個實根, 不妨設為 $\xi$, 則有:
        1. $_1$) 當 $0\lt x\le \xi$ 時, $h(x)\le h(\xi)=0\Rightarrow f'(x)\le f'(\xi)=0\Rightarrow \lim\limits_{x\to0^+} f(x)\gt f(x)\ge f(\xi)$;
        1. $_2$) 當 $\xi\lt x\le \xi_1$ 時, $h(\xi_1)\ge h(x)\gt h(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi_1)\ge f'(x)\gt f'(\xi)=0\Rightarrow f(\xi)\lt f(x)\le f(\xi_1)$.

由上述 i) 及 ii$_2$) 知: 在 $(\xi,1]$ 上 $f'(x)\ge 0\Rightarrow f(\xi)\lt f(x)\le f(1)=\dfrac 2{(1+\lambda)^\alpha}$: 再結合 ii$_1$) 便得出: 當 $0\lt \lambda\lt \dfrac 1\alpha$ 時, 在 $(0,1]$ 上有 $\max\Big\{\dfrac 2{(1+\lambda)^\alpha},\lim\limits_{x\to0^+} f(x)\Big\}\ge f(x)\ge f(\xi)$。 又當 $2^{\frac 1\alpha}-1\lt \lambda\lt \dfrac 1\alpha$ 時, $\Rightarrow\dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}\lt 1=\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$, 故據冪函數的性質及剛巳證得的 \eqref{6} 知 $$1\gt f(x)\ge f(\xi)=(1+\lambda\xi)^{-\alpha}+\Big(\frac \xi{\xi+\lambda}\Big)^\alpha\gt \Big(1+\frac 1\alpha\xi\Big)^{-\alpha}+\Big(\frac \xi{\xi+\frac 1\alpha}\Big)^\alpha \ge \dfrac{2}{\Big(1+\frac 1\alpha\Big)^\alpha}.$$ 即 $1\gt f(x)\gt \dfrac{2}{\Big(1+\frac 1\alpha\Big)^\alpha}$ 故 \eqref{7} 式成立。

當 $0\!\lt \!\lambda\!\le\! 2^{\frac 1\alpha}\!-\!1$ 時, $\Rightarrow\dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}\!\ge\! 1\!=\!\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$, 故據冪函數的性質及剛巳證得的 \eqref{6} 知 $$\dfrac{2}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\ge f(x)\ge f(\xi)=(1\!+\!\lambda\xi)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\lambda}\Big)^\alpha\gt \Big(1\!+\!\frac 1\alpha\xi\Big)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\frac 1\alpha}\Big)^\alpha \ge \dfrac{2}{\Big(1\!+\!\frac 1\alpha\Big)^\alpha}.$$ 即 $\dfrac{2}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\ge f(x)\gt \dfrac{2}{\Big(1\!+\!\dfrac 1\alpha\Big)^\alpha},$ 故 \eqref{8} 式成立。

  1. 當 $0\lt \alpha\lt 1$ 時, $u(x)=\lambda(\alpha-1)x^2+(2\alpha\lambda^2-2)x+\lambda(\alpha-1)$ 的判別式 $$\Delta=4[(\alpha\lambda^2-1)^2-\lambda^2(\alpha-1)^2]=4(\lambda^2-1)(\alpha^2\lambda^2-1)$$.
    1. ) 當 $0\lt \lambda\le \dfrac 1\alpha$ 時, 若 $0\lt \lambda\le 1$, 則 $\lambda(\alpha-1)\lt 0$, $2\alpha\lambda^2-2\le 0$, 故 $u(x)\le 0$; 若 $1\lt \lambda\le \dfrac 1\alpha$, 則 $0\lt \alpha\lambda\le 1\Rightarrow\Delta\le 0$, 又由 $\lambda(\alpha-1)\lt 0$ 及二次函數的性質知: $u(x)\le 0$。 因此, 當 $0\lt \lambda\le \dfrac 1\alpha$ 時, 對 $x\in(0,1]$ 有 $u(x)\le 0,\ \Rightarrow h'(x)\le 0\Rightarrow$ 故 $h(x)$ 在 $(0,1]$ 上單調遞減, 所以 $h(x)\ge h(1)=0$, 從而 $f'(x)\ge 0$, $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上單調遞增, 從而 $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=1\lt f(x)\le f(1)=\dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha},$ 即 \eqref{9} 式成立。
    2. ) 當 $\lambda\!\gt \!\dfrac 1\alpha$ 時, $\alpha\lambda\!\gt \!1\Rightarrow\Delta\!\gt \!0$。 方程 $u(x)\!=\!0$ 有兩個不等實根, 設其為 $\xi_1,\xi_2$; 由韋達定理得: $$\xi_1+\xi_2=-\frac{2(\alpha\lambda^2-1)}{\lambda(\alpha-1)}\gt 0,\qquad \xi_1\xi_2=1.$$ 故方程 $u(x)=0$ 有兩個互為倒數的正根, 不妨設為 $0\lt \xi_1\lt 1\lt \xi_2$, 則有 $u(x)=\lambda(\alpha-1)(x-\xi_1)(x-\xi_2)$。 下面再分兩種情形來討論:
      1. ) 當 $\xi_1\lt x\le 1$ 時, $u(x)\gt 0\Rightarrow h'(x)\gt 0$。 $h(x)$ 在 $(\xi_1,1]$ 上嚴格單調遞增, $\Rightarrow(\xi_1,1)$ 上 $h(\xi_1)\lt h(x)\le h(1)=0, \Rightarrow$ 在 $(\xi_1,1]$ 上 $f'(\xi_1)\lt f'(x)\le f'(1)=0$, 所以 $f(x)$ 在 $(\xi_1,1]$ 上單調遞減, 從而 $f(\xi_1)\gt f(x)\ge f(1)=\dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}$。
      2. ) 當 $0\lt x\lt \xi_1$ 時, $u(x)\lt 0\Rightarrow h'(x)\lt 0$。 故 $h(x)$ 在 $(0,\xi_1)$ 上嚴格單調遞減, $\Rightarrow(0,\xi_1)$ 上 $h(x)\gt h(\xi_1)$。 由 $\lim\limits_{x\to0^+} h(x)\to+\infty$ 及 i) 巳證得的 $h(\xi_1)\lt 0$ 易知: $h(x)$ 在 $(0,\xi_1)$ 上有且只有一個實根, 不妨設為 $\xi$, 則有:
        1. $_1$) 當 $0\lt x\le \xi$ 時, $h(x)\ge h(\xi)=0\Rightarrow f'(x)\ge f'(\xi)=0\Rightarrow \lim\limits_{x\to0^+} f(x)\lt f(x)\le f(\xi)$;
        1. $_1$) 當 $\xi\lt x\le \xi_1$ 時, $h(\xi_1)\le h(x)\lt h(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi_1)\le f'(x)\lt f'(\xi)=0\Rightarrow (\xi,\xi_1]$ 上 $f(\xi)\gt f(x)\ge f(\xi_1)$.
        由上述 i) 及 ii$_2$) 知: 在 $(\xi,1]$ 上 $f'(x)\le 0\Rightarrow f(\xi)\gt f(x)\ge f(1)=\dfrac 2{(1+\lambda)^\alpha}$, 再結合 ii$_1$) 便立即得出: 當 $\lambda\gt \dfrac 1{\alpha}$ 時, 在 $(0,1]$ 上有 $\min\Big\{\dfrac 2{(1+\lambda)^\alpha},\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)\Big\}$ $\le f(x)\le f(\xi)$, 又 當 $\dfrac 1{\alpha}\lt \lambda\lt 2^{\frac 1{\alpha}}-1$ 時, $\Rightarrow\dfrac 2{(1+\lambda)^\alpha}\gt 1=\lim\limits_{x\to0^+} f(x)$ 故據冪函數的性質及剛巳證得的 \eqref{9} 得 $$1\lt f(x)\le f(\xi)\!=\!(1\!+\!\lambda\xi)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\lambda}\Big)^\alpha\lt \Big(1\!+\!\frac 1\alpha\xi\Big)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\frac 1\alpha}\Big)^\alpha \le \dfrac{2}{\Big(1\!+\!\frac 1\alpha\Big)^\alpha}.$$ 即 $1\lt f(x)\lt \dfrac{2}{\Big(1+\frac 1\alpha\Big)^\alpha}$, 故 \eqref{10} 式成立。 當 $\lambda\!\ge\! 2^{\frac 1{\alpha}}\!-\!1$ 時, $\Rightarrow \dfrac{2}{(1+\lambda)^\alpha}\!\le\! 1\!=\!\!\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)$, 故據冪函數的性質及剛巳證得的\eqref{9}得 $$\dfrac{2}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\!\le\! f(x)\le f(\xi)\!\!=\!\!(1\!+\!\lambda\xi)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\lambda}\Big)^\alpha\!\!\lt \!\! \Big(1\!+\!\frac 1\alpha\xi\Big)^{-\alpha}\!+\!\Big(\frac \xi{\xi\!+\!\frac 1\alpha}\Big)^\alpha \!\!\le\!\! \dfrac{2}{\Big(1\!+\!\frac 1\alpha\Big)^\alpha}.$$ 即 $\dfrac{2}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\le f(x)\lt \dfrac{2}{\Big(1\!+\!\frac 1\alpha\Big)^\alpha}$。 故 \eqref{11} 式成立。
  1. 當 $\alpha\lt 0$, $\lambda\gt 0$ 時, \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt \Big(\frac{1}{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\frac{1}{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha=(1+\lambda x_1)^{-\alpha}+(1+\lambda x_2)^{-\alpha}\\ &\ge& 2\sqrt{(1+\lambda x_1)^{-\alpha}(1+\lambda x_2)^{-\alpha}}=2\sqrt{[(1+\lambda x_1)(1+\lambda x_2)]^{-\alpha}}\\ &\ge& 2\sqrt{(1+\lambda)^{-2\alpha}}=\frac 2{(1+\lambda)^\alpha} \end{eqnarray*} 再令 $x_1\to+\infty$, 則上式左端趨於 $+\infty$, 從而左端無有限上界, 故 \eqref{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 \eqref{13} (用數學歸納法):

(I-1) 當 $\alpha\le n-1$ 時, 容易證明 \eqref{13} 式成立, 且因文 巳證明其成立, 故本文不再贅述。 (I-2) 當 $\alpha\gt 1$ 且 $\lambda\!\ge\! \dfrac{n\!-\!1}{\alpha}$ 時

  1. 當 $n=2$ 且 $\lambda\ge \dfrac1{\alpha}$, $x_1x_2=1$ 時, 由定理 1 的 \eqref{6} 式右端知下式成立。 $$\Big(\frac1{1+\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\frac1{1+\lambda x_2}\Big)^\alpha\ge \frac{2}{(1+\lambda)^\alpha}$$
  2. 假設當 $n=k$ $(k\ge 2)$ 且 $\prod\limits_{i=1}^k x_i=1$, $\lambda\ge\dfrac{k-1}{\alpha}$ 時, $\sum\limits_{i=1}^k \Big(\dfrac1{1+\lambda x_i}\Big)^\alpha\ge \dfrac{k}{(1+\lambda)^\alpha}$ 成立。 那麼 $n=k+1$ $(k\ge 2)$ 且 $\prod\limits_{i=1}^{k+1} x_i=1$, $\lambda\ge\dfrac{(k+1)-1}{\alpha}$ 時, 由 \eqref{13} 式的對稱性知: 不妨設 $0\lt x_1\le x_2\le\cdots\le x_{k+1}$; 再令 $\lambda_1=\lambda{\root k \of {x_1x_2\cdots x_k}}$, $\lambda_2=\lambda{\root k\of {x_{k+1}}}$, $y_i=\dfrac{x_i}{\root k \of {x_1x_2\cdots x_k}}$ (其中 $i=1,2,\ldots,k)$, $z_1=({\root k\of {x_{k+1}}})^{k-1}$, $z_i=({\root {k}\of {{x_{k+1}}}})^{-1}$, (其中 $i=2,3,\ldots,k)$, 則由 $\prod\limits_{i=1}^{k+1} x_i=1$ 得: $0\lt x_1x_2\cdots x_k\le 1\le x_{k+1}$, $0\lt \lambda_1\le \lambda\le\lambda_2$, $\lambda_1\lambda_2=\lambda^2$, 且還有 $\prod\limits_{i=1}^{k} y_i=1$, $\prod\limits_{i=1}^{k} z_i=1$。
    1. $_1$) 若 $\lambda_1\ge\dfrac{k-1}{\alpha}$, 則由歸納假設及定理 1 的 \eqref{6} 式的右端知: \begin{eqnarray*} &&\hskip -50pt \sum_{i=1}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha \!=\!\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda_1 y_i}\Big)^\alpha\!+\!\Bigg[\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda x_{k+1}}\Big)^\alpha \!+\!\frac{k-1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\Bigg]\!-\!\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} &&\hskip -30pt=\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_1 y_i}\Big)^\alpha\!+\!\Bigg[\frac{1}{[1\!+\!\lambda{\root k\of {x_{k+1}}}\cdot({\root k\of {x_{k+1}}})^{k-1}]^\alpha} \!+\!\frac{k-1}{[1\!+\!\lambda{\root k\of {x_{k+1}}}\cdot({\root k\of {x_{k+1}}})^{-1}]^\alpha}\Bigg]\\ &&-\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt=\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_1 y_i}\Big)^\alpha\!+\!\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_2 z_i}\Big)^\alpha\!-\!\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt\ge\frac{k}{(1+\lambda_1)^\alpha}+\frac{k}{(1+\lambda_2)^\alpha}-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt=k\cdot\Bigg[\frac 1{(1+\lambda\cdot\lambda_1/\lambda)^\alpha}+\frac 1{(1+\lambda\cdot\lambda_2/\lambda)^\alpha}\Bigg]-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt\ge\frac{2k}{(1+\lambda)^\alpha}-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}=\frac{k+1}{(1+\lambda)^\alpha}. \end{eqnarray*}
    1. $_2$) 若 $0\lt \lambda_1\lt \dfrac{k-1}{\alpha}$, 則由 $\alpha\gt 1$、 分數的性質及歸納假設知: \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha &=&\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda_1 y_i}\Big)^\alpha\!+\!\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda x_{k+1}}\Big)^\alpha\\ &\gt &\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda_1 y_i}\Big)^\alpha\!\gt \!\!\sum_{i=1}^{k}\Bigg[\frac 1{1\!+\!\Big(\frac{k\!-\!1}{\alpha}\Big) y_i}\Bigg]^\alpha \!\ge\!\frac k{\Big(1\!+\!\frac{k\!-\!1}{\alpha}\Big)^\alpha} \end{eqnarray*}
    下面證 $\dfrac k{\Big(1\!+\!\frac{k\!-\!1}{\alpha}\Big)^\alpha}\gt \dfrac {k+1}{\Big(1\!+\!\frac{k}{\alpha}\Big)^\alpha}$, 這等價於證 $\Big(1\!+\!\dfrac k\alpha\Big)\gt \Big(1\!+\!\dfrac{k-1}\alpha\Big)\Big(1\!+\!\dfrac 1k\Big)^{\frac 1\alpha}.$ 由熟知的貝努利不等式: $(1+x)^r\le 1+rx$ (其中 $x\gt -1$, $0\lt r\lt 1$) 得 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt\Big(1\!+\!\dfrac{k-1}\alpha\Big)\Big(1+\frac 1k\Big)^{\frac 1\alpha}\le \Big(1\!+\!\dfrac{k-1}\alpha\Big)\Big(1\!+\!\dfrac{1}{\alpha k}\Big) =1+\frac{k-1}{\alpha}+\frac 1{\alpha k}+\frac{k-1}{\alpha^2 k}\\ &\lt &1+\frac{k-1}{\alpha}+\frac 1{\alpha k}+\frac{k-1}{\alpha k}=1+\frac{k}{\alpha}=1+\frac{(k+1)-1}{\alpha}\le 1+\lambda. \end{eqnarray*} 從而有 $$\sum_{i=1}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\gt \frac k{\Big(1\!+\!\frac{k\!-\!1}{\alpha}\Big)^\alpha}\gt \frac {k+1}{\Big(1\!+\!\frac{k}{\alpha}\Big)^\alpha} \ge\frac{k+1}{(1+\lambda)^\alpha}.$$
由 ii$_1$) 及 ii$_2$) 知: $n=k+1$ 時 \eqref{13} 式仍成立, 故對一切 $2\le n\in N$, (I-2) 情形的 \eqref{13} 式仍成立。

(I-3) 當 $\alpha\le 0$ 時, 由算術 -- 幾何平均不等式及柯西不等式得: \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha=\sum_{i=1}^{n} ({1\!+\!\lambda x_i})^{-\alpha}&\ge& n{\root n\of {\displaystyle{\prod_{i=1}^n ({1\!+\!\lambda x_i})^{-\alpha}}}} = n{\root n\of {\displaystyle{\Big[\prod_{i=1}^n ({1\!+\!\lambda x_i})\Big]^{-\alpha}}}}\\ &\ge&n{\root n\of {\displaystyle{({1\!+\!\lambda})^{-n\alpha}}}}=\frac{n}{({1\!+\!\lambda })^\alpha}. \end{eqnarray*} 故 $\alpha\le 0$ 時, \eqref{13} 式也成立。 綜上所述 (I-1)、 (I-2) 及 (I-3) 知: \eqref{13} 式成立。

再證 \eqref{14}: 當 $0\!\lt \!\lambda\!\lt \!n^{\frac 1\alpha}\!-\!1$ 且 $0\!\lt \!\alpha\!\le\! n\!-\!1$ 時, 由剛證得的 \eqref{13} 式及分數的性質知: $$\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\gt \sum_{i=1}^{n}\Big(\frac 1{1\!+\!(n^{\frac 1\alpha}-1) x_i}\Big)^\alpha\ge \frac n{\Big(1+n^{\frac 1\alpha}-1\Big)^\alpha}=1$$ 故 \eqref{14} 式成立。

再證 \eqref{15}: 注意到 $0\lt \lambda\lt \dfrac{n-1}{\alpha}$ 及剛證得的 \eqref{13} 的 $\lambda\ge \dfrac{n-1}{\alpha}$ $(\alpha\gt 1)$ 的情形, 則 $$\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\gt \sum_{i=1}^{n}\Big(\frac 1{1\!+\!\frac{n-1}{\alpha} x_i}\Big)^\alpha\ge \frac n{\Big(1+\frac{n-1}{\alpha}\Big)^\alpha}$$ 故 \eqref{15} 式成立。

下面證 \eqref{16} (用數學歸納法):

  1. ) 當 $n\!=\!2$ 且 $0\!\lt \!\lambda\!\le\! 2^{\frac 1\alpha}\!-\!1$, $x_1x_2\!=\!1$ 時, 由定理 1 的 \eqref{8}、 \eqref{9} 兩式的左端知下式成立 $$\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_1}\Big)^\alpha+\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_2}\Big)^\alpha\le \frac 2{(1+\lambda)^\alpha}$$
  2. ) 假設當 $n=k$ $(k\ge 2)$且 $0\lt \lambda\le \Big(\dfrac{k}{k-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$, $\prod\limits_{i=1}^k x_i=1$ 時, 下式成立 $$\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\le\frac k{(1+\lambda)^\alpha}.$$

那麼 $n=k+1$ $(k\ge 2)$ 且 $0\lt \lambda\le \Big(\dfrac{k+1}{k}\Big)^{\frac 1\alpha}-1\lt \Big(\dfrac{k}{k-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$ 時, 由對稱性知:不妨設 $0\lt x_1\le x_2\le\cdots\le x_{k+1}$; 再令 $\lambda_1=\lambda{\root k\of {x_1}}$, $\lambda_2=\lambda{\root k\of {x_2x_3\cdots x_{k+1}}}$, $y_i=\dfrac{x_i}{\root k\of {x_2x_3\cdots x_{k+1}}}$ (其中 $i=2,3,\ldots,k+1)$, $z_1=({\root k\of {x_1}})^{k-1}$, $z_i=({\root k\of {x_1}})^{-1}$ (其中 $i=2,3,\ldots,k)$, 則由 $\prod\limits_{i=1}^{k+1} x_i=1$ 得: $0\lt x_1\le 1\le x_2\cdots x_{k+1}$, $0\lt \lambda_1\le\lambda\le\lambda_2$, $\lambda_1\lambda_2=\lambda^2\le(2^{1/\alpha}-1)^2$ 且還有 $\prod\limits_{i=2}^{k+1} y_i=1$, $\prod\limits_{i=1}^{k} z_i=1$。

  1. $_1$) 若 $\lambda_2\le\Big(\dfrac k{k-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$, 則由歸納假設及定理 1 的 \eqref{8}、 \eqref{9} 兩式的左端得: \begin{eqnarray*} &&\hskip -50pt \sum_{i=1}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha=\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_1}\Big)^\alpha+\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha} +\sum_{i=2}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha -\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ &=&\Bigg[\Bigg(\frac{1}{1\!+\!\lambda_1{\root k\of {x_1^{k-1}}}}\Bigg)^\alpha +\frac{k-1}{(1\!+\!\lambda_1/{\root k\of {x_1}})^\alpha}\Bigg] %+\frac{k-1}{(1+\lambda_1/{\root k\of {x_1}})^\alpha}]^\alpha}\Bigg] +\sum_{i=2}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_2 y_i}\Big)^\alpha -\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt=\sum_{i=1}^{k}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_1 z_i}\Big)^\alpha\!+\!\sum_{i=2}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda_2 y_i}\Big)^\alpha\!-\!\frac{k\!-\!1}{(1\!+\!\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt\le\frac{k}{(1+\lambda_1)^\alpha}+\frac{k}{(1+\lambda_2)^\alpha}-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt=k\cdot\Bigg[\frac 1{(1+\lambda\cdot\lambda_1/\lambda)^\alpha}+\frac 1{(1+\lambda\cdot\lambda_2/\lambda)^\alpha}\Bigg]-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}\\ &&\hskip -30pt\le\frac{2k}{(1+\lambda)^\alpha}-\frac{k-1}{(1+\lambda)^\alpha}=\frac{k+1}{(1+\lambda)^\alpha}. \end{eqnarray*}
  1. $_2$) 若 $\lambda_2\gt \Big(\dfrac k{k-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$, 則由 $\alpha\gt 1$、分數的性質及歸納假設得 \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{k+1}\!\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\!&\!=\!&\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_1}\Big)^\alpha \!\!+\!\!\sum_{i=2}^{k+1}\!\Big(\frac 1{1\!+\!\lambda_2 y_i}\Big)^\alpha\!\lt \!1\!+\!\sum_{i=2}^{k+1}\!\Big[\frac 1{1\!+\![(k/(k\!-\!1))^{1/\alpha}\!-\!1] y_i}\Big]^\alpha\\ \!&\!\le\!&1\!+\!\frac k{[1+(k/(k\!-\!1))^{1/\alpha}\!-\!1]^\alpha}=k\le \dfrac{k+1}{(1+\lambda)^\alpha}. \end{eqnarray*} 由 ii$_1$) 及 ii$_2$) 知: 當 $n=k+1$ 時 \eqref{16} 式仍成立。 綜上所述 i)、 ii) 知: 對一切 $2\le n\in N$, \eqref{16} 式成立.

最後, 證 \eqref{17} 式: 當 $\lambda\gt \Big(\dfrac n{n-1}\Big)^{\frac{1}\alpha}$ 且 $\alpha\ge 1$ 時, 由剛證得的 \eqref{16} 及分數的性質知: $$\sum_{i=1}^{k+1}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\!\lt \!\sum_{i=1}^n\Bigg\{\frac 1{1\!+\![(n/(n\!-\!1))^{\frac 1\alpha}\!-\!1]x_i}\Bigg\}^\alpha \!\le\!\frac n{[1\!+\!(n/(n\!-\!1))^{\frac 1\alpha}\!-\!1]^\alpha}\!=\!n\!-\!1.$$ 從而 \eqref{17} 式成立。

定理 2 證畢。

注記4: 末引述的猜想: 當 $n^{\frac 1\alpha}-1\le\lambda \lt \dfrac{n-1}{\alpha}\ (\alpha\gt n-1)$ 時, $$\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\ge \frac{n}{(1+\lambda)^\alpha}$$ 並不完全成立。

反例: 取 $n=3$, $\alpha=5$, $x_1=0.1$, $x_2=x_3=1/\sqrt{0.1}$, $\lambda=3^{\frac 15}-1\lt \dfrac 25=\dfrac{n-1}\alpha$, 則 $$\sum_{i=1}^{3}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\doteq 0.9985489\lt \frac 2{(1+\alpha)^\alpha}=1.$$

注記5: 當 $0\lt \alpha\lt 1$ 且 $0\lt \lambda\le\Big(\dfrac n{n-1}\Big)^{\frac 1\alpha}-1$ 時, $$\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\le \frac{n}{(1+\lambda)^\alpha}$$ 也不全成立。

反例: 取 $\alpha=\dfrac 16$, $n=3$, 則 $\lambda\le \Big(\dfrac 32\Big)^6-1=10.390625$。 再取 $\lambda=10$, $x_1=x_2=0.01$, $x_3=10000$, 則 $$\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac1{1\!+\!\lambda x_i}\Big)^\alpha\!=\!\frac 2{\root 6\of{1.1}} \!+\!\frac 1{\root 6\of{100001}}\doteq 2.128304302\!\gt \!\frac n{(1+\lambda)^\alpha}\!=\!\frac 3{\root 6\of {11}} \doteq 2.011665682.$$

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

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---本文作者任教中國重慶市長壽區第一中學---