41308 一道不等式的兩個不同證明
一道不等式的兩個不同證明

命題: 若 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 為滿足 $\sum\limits_{i=1}^n a_i=1$ 的正數, $\lambda\ge \dfrac 1{n^2}$, 則 $$\Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_n}\Big)\ge \Big(\dfrac{1}{n}+n\lambda\Big)^n.$$

秦慶雄, 範花妹 (2012) 運用均值不等式給出了這個命題的一種巧妙證明。 連威翔 (2014) 通過先證明特殊情形再推廣到一般情形證明了該命題。 劉才華 (2016) 採用「以直代曲」思想也證明了該命題。 筆者現運用均值不等式得到了一種不同於文 的證法(即下文的證法1)。 同時,筆者覺得文 的計算有些複雜, 筆者採用「以直代曲」的切線逼近思想得到了一種更簡單的證法 (即下文的證法 2), 並對該命題的條件改進得到一個改進命題 (即下文的改進命題)。

為了給出筆者的第一種證法, 先證明一個引理。

引理: 設 $a_1,a_2,\ldots,a_n, b_1,b_2,\ldots,b_n\in R_+$, $n\ge2$, 則 $$\prod_{i=1}^n (a_i+b_i)\ge \left({\root n\of {\prod_{i=1}^n a_i}}+{\root n\of {\prod_{i=1}^n b_i}}\right)^n.$$

證明: (1)先證明當 $n=2^k$ $(k\in Z_+)$ 的情形命題成立。 對 $k$ 用數學歸納法。

當 $k=1$ 時, 即只要證 $(a_1+b_1)(a_2+b_2)\ge (\sqrt{a_1a_2}+\sqrt{b_1b_2})^2$,

即只要證 $a_1b_2+a_2b_1-2\sqrt{a_1b_2a_2b_1}\ge 0$, 即只要證 $(\sqrt{a_1b_2}-\sqrt{a_2b_1})^2\ge 0$, 顯然成立。

假設當 $k=s$ 時命題成立。 則當 $k=s+1$ 時 \begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{2^{s+1}}(a_i+b_i)&=&\left[\prod_{i=1}^{2^{s}}(a_i+b_i)\right]\left[\prod_{i=1}^{2^{s}}(a_{i+2^s}+b_{i+2^s})\right]\\ &\ge&\left[\left({\root {2^s}\of {\prod_{i=1}^{2^s} a_i}}+{\root {2^s}\of {\prod_{i=1}^{2^s} b_i}}\right)\left({\root {2^s}\of {\prod_{i=1}^{2^s} a_{i+2^s}}} +{\root {2^s}\of {\prod_{i=1}^{2^s} b_{i+2^s}}}\right)\right]^{2^s}\\ &\ge& \left({\root {2^{s+1}}\of {\prod_{i=1}^{2^{s+1}} a_i}}+ {\root {2^{s+1}}\of {\prod_{i=1}^{2^{s+1}} b_i}}\right)^{2^{s+1}}. \end{eqnarray*} 故當 $n=2^k(k\in Z_+)$ 的情形命題成立。

(2) 再證明 : 若 $n=r+1$ 時命題成立, 則 $n=r$ $(r\ge 2,r\in Z_+$) 時命題成立。

令 $A\!=\!{\root r\of {\displaystyle\prod_{i=1}^r a_i}}$, $B\!=\!{\root r\of {\displaystyle\prod_{i=1}^r b_i}}$, $a_i^*\!=\!a_i$, $b_i^*\!=\!b_i$, $a_{r+1}\!=\!A$, $b_{r+1}\!=\!B$, 則由歸納假設知 $$\prod_{i=1}^{r+1}(a_i^*+b_i^*)\ge \left({\root {r+1}\of {\prod_{i=1}^{r+1}a_i^*}}+{\root {r+1}\of {\prod_{i=1}^{r+1}b_i^*}}\right)^{r+1}=(A+B)^{r+1}$$ $$\therefore\quad \prod_{i=1}^{r}(a_i+b_i)=\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{r+1}(a_i^*+b_i^*)}{A+B}\ge (A+B)^r.$$ 綜上, 引理得證。

證法1: 由引理得 \begin{eqnarray*} \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& \left({\root {n}\of {\prod_{i=1}^{n}a_i}}+{\root {n}\of {\prod_{i=1}^{n}\frac{\lambda}{a_i}}}\right)^n\\ &=&\left({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}} +\frac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\right)^n, \end{eqnarray*} 即只要證 $$\left({\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}} +\frac{\lambda}{{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}\right)^n\ge \left(\frac 1n+n\lambda\right)^n,$$ 即只要證 $${\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}} +\frac{\lambda}{{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}\ge \frac 1n+n\lambda,$$ 即只要證 $$\left(\frac 1n-{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\right)\left(n\lambda-\frac{\lambda}{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}\right)\ge 0,$$ 由 $\dfrac 1n=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n a_i}{n}\ge \dfrac{{\root n\of{a_1a_2\cdots a_n}}}{n}$ 和 $n\lambda\ge n\times \dfrac 1{n^2}=\dfrac 1n$ 知上式成立, 證畢。

證法2: 將原不等式變形為 $${\root n\of{\dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_1+\frac{\lambda}{a_1}}\cdot\dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_2+\frac{\lambda}{a_2}}\cdots \dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_n+\frac{\lambda}{a_n}}}}\le 1,$$ 由 $${\root n\of{\dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_1+\frac{\lambda}{a_1}}\cdot\dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_2+\frac{\lambda}{a_2}}\cdots \dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_n+\frac{\lambda}{a_n}}}}\le \frac{\dfrac{\frac 1n+n\lambda} {a_1+\frac{\lambda}{a_1}}+\dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_2+\frac{\lambda}{a_2}}+\cdots+ \dfrac{\frac 1n+n\lambda}{a_n+\frac{\lambda}{a_n}}}{n},$$ 故只要證 $$\dfrac{1}{a_1+\frac{\lambda}{a_1}}+\dfrac{1}{a_2+\frac{\lambda}{a_2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_n+\frac{\lambda}{a_n}}\le \dfrac{n}{\frac 1n+n\lambda} =\dfrac{n^2}{1+n^2\lambda},$$ 即只要證 $$\dfrac{a_1}{a_1^2+\lambda}+\dfrac{a_2}{a_2^2+\lambda}+\cdots+\dfrac{a_n}{a_n^2+\lambda}\le \frac{n^2}{1+n^2\lambda}.$$

令 $f(x)=\dfrac{x}{x^2+\lambda}$, 則 $$f(\frac 1n)=\dfrac n{1+n^2\lambda},\quad f'(x)=\frac{\lambda-x^2}{(x^2+\lambda)^2},\quad f'(\frac 1n)=\frac{n^4\lambda-n^2}{(1+n^2\lambda)^2},$$ 則 $f(x)$ 在點 $x=\dfrac 1n$ 處的切線方程為 $$y-\frac n{1+n^2\lambda}=\frac{n^4\lambda-n^2}{(1+n^2\lambda)^2}(x-\frac 1n),$$ 即為 $$y=\frac{n^4\lambda-n^2}{(1+n^2\lambda)^2}x+\frac{2n}{(1+n^2\lambda)^2},$$ 則只要證 $$\dfrac{x}{x^2+\lambda}\le \frac{n^4\lambda-n^2}{(1+n^2\lambda)^2}x+\frac{2n}{(1+n^2\lambda)^2},$$ 即只要證 $n^2(n^2\lambda-1)x^3+2nx^2-(1+3n^2\lambda)x+2n\lambda\ge 0$, 即只要證 \begin{equation} (nx-1)^2[(n^2\lambda-1)x+2n\lambda]\ge 0, \label{1} \end{equation}

由已知條件 $\lambda\ge \dfrac 1{n^2}$ 知該式顯然成立, 則 $$\dfrac{a_1}{a_1^2+\lambda}+\dfrac{a_2}{a_2^2+\lambda}+\cdots+\dfrac{a_n}{a_n^2+\lambda}\le \frac{n^4\lambda-n^2}{(1+n^2\lambda)^2}(a_1+a_2+\cdots+a_n)+\frac{2n^2}{(1+n^2\lambda)^2}= \frac{n^2}{1+n^2\lambda}.$$ 證畢。

證完以後,我們還可以進一步考慮條件 $\lambda\ge \dfrac 1{n^2}$ 是否是最優的, 是否可以改進? 如我們可以考慮 : 當 $\lambda\lt \dfrac 1{n^2}$ 時, 即 $n^2\lambda-1\lt 0$ 時, 命題是否成立? 從 (1) 式中, 我們可以發現 : 由於 $(nx-1)^2\ge 0$, 故只要 $(n^2\lambda-1)x+2n\lambda\ge 0$, 就可以得到 $(nx-1)^2\times [(n^2\lambda-1)x+2n\lambda]\ge 0$。 由於 $(n^2\lambda-1)x+2n\lambda$ 可以看成是關於 $x$ 的一次函數, 故當 $\lambda\lt \dfrac 1{n^2}$ 時,只要 $(n^2\lambda-1)\cdot 1+2n\lambda\ge 0$, 即當 $\dfrac{1}{n(n+2)}\le \lambda\lt \dfrac 1{n^2}$ 時, 則對於任意的 $x\in(0,1)$, 都有 $(n^2\lambda-1)x+2n\lambda\ge 0$。 所以, 原命題的條件可以改進, 即得到一個改進命題。

改進的命題: 若 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 為滿足 $\sum\limits_{i=1}^n a_i=1$ 的正數, $\lambda\ge \dfrac 1{n(n+2)}$, 則 $$\Big(a_1+\dfrac{\lambda}{a_1}\Big)\Big(a_2+\dfrac{\lambda}{a_2}\Big)\cdots\Big(a_n+\dfrac{\lambda}{a_n}\Big)\ge \Big(\dfrac{1}{n}+n\lambda\Big)^n.$$

致謝: 感謝審稿人對本文所提出的寶貴的修改意見!

參考文獻

秦慶雄, 範花妹。從Cauchy不等式的一種證法談起[J]。 數學傳播, 36(2), 85-93, 2012。 連威翔。 回響:一道不等式的另一種證法[J]。 數學傳播, 38 (3), 93-96, 2014。 劉才華。 一道不等式的再證[J]。 數學傳播, 40(3), 83-84, 2016。

---本文作者任教中國浙江溫州大學數信學院---