第十四個優美不等式的進一步推廣

葉專 溫志紅

【摘要】本文主要對安振平老師在文獻[1]中所提出的二十六個優美不等式中的第十四個不等式給出進一步推廣，并給出另一種全新的證明方法.

【關鍵詞】第十四個優美不等式;條件極值;推廣

一、背 景

在文獻[1]中安振平老師提出了二十六個優美不等式，這二十六個優美不等式的出現引起了眾多的關注，不斷有數學愛好者和學者對這些不等式進行證明和進一步的推廣.本文關注的是第十四個優美不等式：

若三個非負數a，b，c滿足a+b+c=1，則有

（1-a2）2+（1-b2）2+（1-c2）2≤6427，

當且僅當a=b=c=13時，等號成立.

鄒生書老師在文獻[2]中通過構造“尾舵函數”的方法給出了一種簡捷的證明方法，并且對此不等式進行了如下形式的推廣：若xi≥0（i=1，2，…，n），∑ni=1xi=1，則

∑ni=1（1-x2i）2≤3227n-1，

當且僅當xi=1n（i=1，2，…，n）時，等號成立.注意到，此推廣存在一定缺陷，僅對n=3的情況下成立.據此，文獻[3]和[4]針對此缺陷給出如下修正：

∑ni=1（1-x2i）2≤（n2-1）2n3.

同時，陳宇老師在文獻[5]中給出了下界估計，即

n-1≤∑ni=1（1-x2i）2.

二、主要結論及證明

本文主要對上面的結果進行進一步的推廣，并給出一個全新的證明.首先陳述本文的主要結果：

定理 若xi≥0（i=1，2，…，n），∑ni=1xi=1，則對任何實數k>1有

n-1≤∑ni=11-xkik≤n1-1nkk，

當且僅當xi=1，xj=0（j≠i）時，左邊等號成立;當且僅當xi=1n（i=1，2，…，n）時，右邊等號成立.

注：一方面，當k=2時，我們的定理與文獻[3]至[5]的結果是一致的，因此我們的定理是前人結果的推廣.另一方面，“尾舵函數”的方法對于k≠2時的不等式證明即使有效也是非常復雜的.下面，本文給出的證明方法是簡捷而全新的，僅供大家參考.

在定理的證明中需要用到一個關鍵引理，我們先敘述并證明它.

引理 設a，b∈（0，1）以及實數k>1，定義集合Ω瘙綆2如下：

Ω（a，b）：a-b=ak+1-bk+1，a≠b.

如果（a，b）∈Ω，則有a+b>1.

引理的證明.我們首先定義集合

ΩΩ∪{（0，1），（1，0），（（k+1）-1k，（k+1）-1k）}.

不難發現Ω為瘙綆2中的一條閉曲線段，從而Ω為瘙綆2中的有界閉集.于是a+b在Ω上必能取得最大值和最小值.事實上，我們接下來證明a+b只能在Ω中的兩點（0，1），（1，0）取到最小值1，從而當（a，b）∈Ω，則有a+b>1.這里采用二元函數條件極值的方法給予證明.為此，令多元函數

G（a，b，λ）a+b+λ（ak+1-a-bk+1+b）.

對函數G求一階偏導數，并且令它們都等于零，則有

Ga（a，b，λ）=1+λ[（k+1）ak-1]=0，

Gb（a，b，λ）=1+λ[1-（k+1）bk]=0，

Gλ（a，b，λ）=ak+1-a-bk+1+b=0.

解此方程組可得其一組解滿足

a0=λ-1λ（k+1）1k，b0=λ+1λ（k+1）1k，λ-1λ+1=λk-1λk+1k，λ>1，……（Δ）

注意到，當a，b≠（k+1）-1k，（k+1）-1k時，如下矩陣不降秩（滿秩1）

（k+1）ak-1，1-（k+1）bk，

而且約束集Ω為有界閉集，又沒有任何遺漏點.因此，

我們不難得到a+b在Ω中的如下四點

（0，1），（1，0），（a0，b0），（（k+1）-1k，（k+1）-1k）

取得最值.

事實上，a+b在點（0，1），（1，0）取得最小值1，在點（k+1）-1k，（k+1）-1k取得最大值.為此，我們證明2（k+1）-1k>a0+b0>1即可.這里我們首先驗證a0+b0>1.從（Δ）式可得

a0+b0=λ-11k+λ+11kλ（k+1）1k=λ+11k1+λk-1λk+1λ（k+1）1k=2λ+11kλkλ（k+1）1k（λk+1）= 2k1+1λ1k（k+1）1kk+1λ.

對上式右端關于λ求導可知2k（k+1）1k·1+1λ1kk+1λ′=2k（k+1）1k·1+1λ1k-1λ3k+1λ21-1k>0.

由于λ>1，于是

a0+b0>21+1kk（k+1）1+1k.

下面驗證對任意的k>1有

21+1kk（k+1）1+1k>1.

通過構造輔助函數：

F（k）（k+1）ln 2+kln k-（k+1）ln（k+1），

不難發現，對任意的k>1有F（k）>0.

這就意味著對任意的k>1有21+1[]kk[]（k+1）1+1[]k>1，

這就表明a0+b0>1.最后，證明2（k+1）-1k>a0+b0.事實上，只需驗證

a0+b0=λ-11k+λ+11kλ（k+1）1k<2（k+1）1k.

這等價于

λ-11k+λ+11kλ1k<21-1λ1k+1+1λ1k<2.

為此，定義輔助函數ψ（λ）1-1λ1k+1+1λ1k，λ>1.

求導可得ψ′（λ）[ZK（]=1λ2k1-1λ1k-1-1λ2k1+1λ1k-1

=1λ2k1-1λ1k-1-1+1λ1k-1>0.[ZK）]

于是有

ψ（λ）<ψ（+∞）limt→+∞ψ（t）=limt→+∞1-1t1k+1+1t1k=2.

這就證明了2（k+1）-1k>a0+b0.

綜合上述的論證，當（a，b）∈Ω時，則有a+b>1，故引理得證.

利用如上引理，我們開始本文定理的證明.

我們采用多元函數條件極值的方法證明如上定理，問題的實質就是求函數

h（x1，x2，…，xn）∑ni=1（1-xki）k

在條件g（x1，x2，…，xn）∑ni=1xi-1=0下的最大值和最小值.應用拉格朗日乘數法，我們令多元函數

f（x1，x2，…，xn，λ）∑ni=11-xkik+λ∑ni=1xi-1.

對函數求一階偏導數，并且令它們都等于零，則有

（R1）fx1=-k2xk-111-xk1k-1+λ=0，fx2=-k2xk-121-xk2k-1+λ=0，…fxn=-k2xk-1n1-xknk-1+λ=0，fλ=∑ni=1xi-1=0.

我們首先考慮情形：xi≠0，1（i=1，2，…，n），方程組（R1）的解.從（R1）中前n個方程不難得到

λ=k2xk-1i（1-xki）k-1，i=1，2，…，n.

這樣可以推出xi=xj，i≠j.

事實上，假如存在j≠l使得xj≠xl，則

k2xk-1j（1-xkj）k-1=k2xk-1l（1-xkl）k-1.

于是得到

xj（1-xkj）=xl（1-xkl）xj-xl=xk+1j-xk+1lxj-xk+1j=xl-xk+1l.

利用引理的結論知xj+xl>1，這與條件∑ni=1xi=1相矛盾，所以x1=x2=…=xn.

將其代入（R1）的最后一個方程可知

x1=x2=…=xn=1n，λ=k2nk-11-1nkk-1.

依題意知函數h（x1，x2，…，xn）=∑ni=11-xkik的一個極值可疑點為：x1=x2=…=xn=1n，

將此極值可疑點代入函數h得

A1h1n，1n，…，1n=n1-1nkk.

另一方面，當某個xi=1，其余項xj=0（j≠i），λ=0時，也是（R1）的解.因而

這樣的點也是函數h的極值可疑點，將此極值可疑點代入函數h得到

A2h0，0，…，1↑第i個，…，0=n-1.

注意到如下矩陣不降秩（滿秩1）

（gx1，gx2，…，gxn）=（1，1，…，1），

而且約束集∑ni=1xi=1，xi≥0（i=1，2，…，n）為有界閉集，沒有任何遺漏點，因此，我們可得A1，A2即為函數h的最值.接下來，我們驗證A1為最大值，A2為最小值，即對n≥2以及任何實數k>1有

n-1≤n1-1nkk.（Α）

為此，將（Α）式改寫成

1-1n≤1-1nkk.（Β）

為方便起見，記

a=1n∈0，12，

則（Β）式等價于

1-a≤（1-ak）k.

事實上，經過一系列計算不難驗證函數H（x）=（1-ax）x在x>1時單調遞增，這表明（B）式成立，從而（A）式也成立.綜上所述，本定理證明完畢.

【參考文獻】

[1]安振平.二十六個優美不等式[J].中學數學教學參考（上旬），2010（1-2）：136，143.

[2]鄒生書.第十四個優美不等式的證明及推廣[J].中學數學研究，2010（06）：28-29.

[3]黃傳軍.對《第十四個優美不等式的證明及推廣》一文的一點修正[J].中學數學研究，2011（09）：21-22.

[4]陳宇.對第十四個優美不等式推廣的加強[J].中學數學研究，2011（10）：20-21.

[5]陳宇.對“第十四個優美不等式”的下界探究[J].中學數學研究，2012（06）：15-17.

[6]歐陽光中，姚允龍，周淵.數學分析（下冊）[M].上海：復旦大學出版社，2006.