第十四个优美不等式的进一步推广

叶专 温志红

【摘要】本文主要对安振平老师在文献[1]中所提出的二十六个优美不等式中的第十四个不等式给出进一步推广，并给出另一种全新的证明方法.

【关键词】第十四个优美不等式;条件极值;推广

一、背 景

在文献[1]中安振平老师提出了二十六个优美不等式，这二十六个优美不等式的出现引起了众多的关注，不断有数学爱好者和学者对这些不等式进行证明和进一步的推广.本文关注的是第十四个优美不等式：

若三个非负数a，b，c满足a+b+c=1，则有

（1-a2）2+（1-b2）2+（1-c2）2≤6427，

当且仅当a=b=c=13时，等号成立.

邹生书老师在文献[2]中通过构造“尾舵函数”的方法给出了一种简捷的证明方法，并且对此不等式进行了如下形式的推广：若xi≥0（i=1，2，…，n），∑ni=1xi=1，则

∑ni=1（1-x2i）2≤3227n-1，

当且仅当xi=1n（i=1，2，…，n）时，等号成立.注意到，此推广存在一定缺陷，仅对n=3的情况下成立.据此，文献[3]和[4]针对此缺陷给出如下修正：

∑ni=1（1-x2i）2≤（n2-1）2n3.

同时，陈宇老师在文献[5]中给出了下界估计，即

n-1≤∑ni=1（1-x2i）2.

二、主要结论及证明

本文主要对上面的结果进行进一步的推广，并给出一个全新的证明.首先陈述本文的主要结果：

定理 若xi≥0（i=1，2，…，n），∑ni=1xi=1，则对任何实数k>1有

n-1≤∑ni=11-xkik≤n1-1nkk，

當且仅当xi=1，xj=0（j≠i）时，左边等号成立;当且仅当xi=1n（i=1，2，…，n）时，右边等号成立.

注：一方面，当k=2时，我们的定理与文献[3]至[5]的结果是一致的，因此我们的定理是前人结果的推广.另一方面，“尾舵函数”的方法对于k≠2时的不等式证明即使有效也是非常复杂的.下面，本文给出的证明方法是简捷而全新的，仅供大家参考.

在定理的证明中需要用到一个关键引理，我们先叙述并证明它.

引理 设a，b∈（0，1）以及实数k>1，定义集合Ω瘙綆2如下：

Ω（a，b）：a-b=ak+1-bk+1，a≠b.

如果（a，b）∈Ω，则有a+b>1.

引理的证明.我们首先定义集合

ΩΩ∪{（0，1），（1，0），（（k+1）-1k，（k+1）-1k）}.

不难发现Ω为瘙綆2中的一条闭曲线段，从而Ω为瘙綆2中的有界闭集.于是a+b在Ω上必能取得最大值和最小值.事实上，我们接下来证明a+b只能在Ω中的两点（0，1），（1，0）取到最小值1，从而当（a，b）∈Ω，则有a+b>1.这里采用二元函数条件极值的方法给予证明.为此，令多元函数

G（a，b，λ）a+b+λ（ak+1-a-bk+1+b）.

对函数G求一阶偏导数，并且令它们都等于零，则有

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.

解此方程组可得其一组解满足

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

注意到，当a，b≠（k+1）-1k，（k+1）-1k时，如下矩阵不降秩（满秩1）

（k+1）ak-1，1-（k+1）bk，

而且约束集Ω为有界闭集，又没有任何遗漏点.因此，

我们不难得到a+b在Ω中的如下四点

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

取得最值.

事实上，a+b在点（0，1），（1，0）取得最小值1，在点（k+1）-1k，（k+1）-1k取得最大值.为此，我们证明2（k+1）-1k>a0+b0>1即可.这里我们首先验证a0+b0>1.从（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.

对上式右端关于λ求导可知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.

下面验证对任意的k>1有

21+1kk（k+1）1+1k>1.

通过构造辅助函数：

F（k）（k+1）ln 2+kln k-（k+1）ln（k+1），

不难发现，对任意的k>1有F（k）>0.

这就意味着对任意的k>1有21+1[]kk[]（k+1）1+1[]k>1，

这就表明a0+b0>1.最后，证明2（k+1）-1k>a0+b0.事实上，只需验证

a0+b0=λ-11k+λ+11kλ（k+1）1k<2（k+1）1k.

这等价于

λ-11k+λ+11kλ1k<21-1λ1k+1+1λ1k<2.

为此，定义辅助函数ψ（λ）1-1λ1k+1+1λ1k，λ>1.

求导可得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.

这就证明了2（k+1）-1k>a0+b0.

综合上述的论证，当（a，b）∈Ω时，则有a+b>1，故引理得证.

利用如上引理，我们开始本文定理的证明.

我们采用多元函数条件极值的方法证明如上定理，问题的实质就是求函数

h（x1，x2，…，xn）∑ni=1（1-xki）k

在条件g（x1，x2，…，xn）∑ni=1xi-1=0下的最大值和最小值.应用拉格朗日乘数法，我们令多元函数

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

对函数求一阶偏导数，并且令它们都等于零，则有

（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.

我们首先考虑情形：xi≠0，1（i=1，2，…，n），方程组（R1）的解.从（R1）中前n个方程不难得到

λ=k2xk-1i（1-xki）k-1，i=1，2，…，n.

这样可以推出xi=xj，i≠j.

事实上，假如存在j≠l使得xj≠xl，则

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.

利用引理的结论知xj+xl>1，这与条件∑ni=1xi=1相矛盾，所以x1=x2=…=xn.

将其代入（R1）的最后一个方程可知

x1=x2=…=xn=1n，λ=k2nk-11-1nkk-1.

依题意知函数h（x1，x2，…，xn）=∑ni=11-xkik的一个极值可疑点为：x1=x2=…=xn=1n，

将此极值可疑点代入函数h得

A1h1n，1n，…，1n=n1-1nkk.

另一方面，当某个xi=1，其余项xj=0（j≠i），λ=0时，也是（R1）的解.因而

这样的点也是函数h的极值可疑点，将此极值可疑点代入函数h得到

A2h0，0，…，1↑第i个，…，0=n-1.

注意到如下矩阵不降秩（满秩1）

（gx1，gx2，…，gxn）=（1，1，…，1），

而且约束集∑ni=1xi=1，xi≥0（i=1，2，…，n）为有界闭集，没有任何遗漏点，因此，我们可得A1，A2即为函数h的最值.接下来，我们验证A1为最大值，A2为最小值，即对n≥2以及任何实数k>1有

n-1≤n1-1nkk.（Α）

为此，将（Α）式改写成

1-1n≤1-1nkk.（Β）

为方便起见，记

a=1n∈0，12，

则（Β）式等价于

1-a≤（1-ak）k.

事实上，经过一系列计算不难验证函数H（x）=（1-ax）x在x>1时单调递增，这表明（B）式成立，从而（A）式也成立.综上所述，本定理证明完毕.

【参考文献】

[1]安振平.二十六个优美不等式[J].中学数学教学参考（上旬），2010（1-2）：136，143.

[2]邹生书.第十四个优美不等式的证明及推广[J].中学数学研究，2010（06）：28-29.

[3]黄传军.对《第十四个优美不等式的证明及推广》一文的一点修正[J].中学数学研究，2011（09）：21-22.

[4]陈宇.对第十四个优美不等式推广的加强[J].中学数学研究，2011（10）：20-21.

[5]陳宇.对“第十四个优美不等式”的下界探究[J].中学数学研究，2012（06）：15-17.

[6]欧阳光中，姚允龙，周渊.数学分析（下册）[M].上海：复旦大学出版社，2006.