一类条件可化为“∏x=1”的不等式研究述评

牛伟强 张丽玉

【摘要】不等式的证明方法灵活多样，因而证明不等式有利于培养学生的数学探究意识和数学探究能力.这篇文章首先探讨了一类条件可化为“∏x=1”的不等式研究的概况，其后给出了研究的主要结论，最后文末提出了三个猜想供有兴趣的读者进一步研究.

【关键词】不等式；∏x=1；述评

1引言

2003年安振平[1]提出问题（数学问题解答1435）：设a，b>0，求证：

aa+3b+b3a+b≥1.（1）

这个问题犹如一颗火星，引发了一系列相关的研究，见文[2-11].2006年贺中杰[12]提出问题（数学问题解答1613）：设a，b，c∈R+，λ≥0，求证：

a2+λb2a+b2+λc2b+c2+λa2c≥31+λ.

他用反证法证明了上述不等式并且指出原不等式其实可以推广到：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，λ≥0，i=1，2，…，n，n≥2，则：

∑ni=11+λ≥n1+λ.（2）

后来，蔡晓兰（2009）[13]又从几何角度给出了不等式（2）的一个证明，然而关于上述两个不等式的联系目前似乎尚未有人发现.

不等式（1）可以改写为：设xi∈R+，x1x2=1，则：

∑2i=1（1+3xi）-12≥21+3-12.

不等式（2）可以改写为：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，λ≥0，则：∑ni=1（1+λxi）12≥n1+λ12.

观察可以发现上述两个不等式的形式几乎一模一样，这引起了我们对下列问题的深深思考.设xi∈R+，∏ni=1xi=1，那么λ和k满足什么样的条件时，则有：

∑ni=1（1+λxi）k≥n（1+λ）k.（*）

为了避免重复的工作，我们首先对不等式（*）相关的文献做了系统的梳理.

2研究概况蒋明斌（2004）[2]最早注意到了不等式（1），他对这个不等式进行了推广，得到如下两个优美的不等式.设a，b>0，若λ≥3，則：

aa+λb+bλa+b≥21+λ，（3）

若0<λ≤2，则：

aa+λb+bλa+b≤21+λ，（4）

李永利（2005）[3]对不等式（3）进行了研究，得到了一个指数推广的不等式.设a，b>0，n≥2且n∈N，若λ≥2n-1，则：

naa+λb+nbλa+b≥2n1+λ. （5）

上述不等式岳嵘（2007）[7]、李凤清（2014）[11]也都给出了证明，并且给出了一个更加完整的结果.郭要红（2006）[4]则对不等式（4）进行了研究，他用微分法证明了a，b>0，0<λ≤3时：

3aa+λb+3bλa+b≤231+λ.

最后，他还提出了一个漂亮的猜想：设a，b>0，n≥2且n∈N，若0<λ≤n，则：

naa+λb+nbλa+b≤2n1+λ. （6）

后来，不少学者[5-7，10-11]都证明了这个猜想的正确性.关于不等式（6），目前一个较新的研究结果属于尚生陈（2009）[8]，他证明了a，b，c∈R+，当0≤λ≤n时，有：

naa+λb+nbb+λc+ncc+λa≤3n1+λ. （7）

对于不等式（5），李建潮（2008）[9]则用反证法证明了一个n元的一般结论：

设ai>0（i=1，2，…，n，n≥2且n∈N，an+1=a1），k≥2且k∈N，λ≥nk-1，则：

∑ni=1kaiai+λai+1≥nk1+λ.（8）

事实上，不等式（8）可改写为：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，λ≥nk-1，k≥2且k∈N，则：

∑ni=1（1+λxi）-1k≥n（1+λ）-1k.

这个不等式是极漂亮的，它其实就是不等式（*）当指数为负数时的一种特殊情况，而不等式（1，3，5）则是几种最简单的情况.那么当指数为正数时，又会得到怎样的结果呢？根据与不等式（2）的类比，我们证明了下面的结论.

3主要结果

定理设xi∈R+，∏ni=1xi=1，若k≥0，则当λ≥0时，有：∑ni=1（1+λxi）k≥n（1+λ）k

证明k=0时是显然的.当k>0时，由均值不等式可知

∑ni=1（1+λxi）k≥nn∏ni=1（1+λxi）k，

故只需证明

nn∏ni=1（1+λxi）k≥n（1+λ）k，

即证明∏ni=1（1+λxi）≥（1+λ）n.

令f（λ）=∏ni=1（1+λxi），g（λ）=（1+λ）n，

因为fλ=∏ni=11xi+λ=∑nj=0λj（∑1xi1xi2…xij），其中∑1xi1xi2…xij表示1x1，1x2，…，1xn中任意j个（共Cjn个）数的乘积再求和，gλ=1+λn=∑nj=0λj（Cjn）.

所以只需证明∑1xi1xi2…xij≥Cjn，

再次使用均值不等式得

∑1xi1xi2…xij≥CjnCjn∏1xi1xi2…xij

其中∏1xi1xi2…xij表示1x1，1x2，…，1xn中任意j个（共Cjn个）数的乘积再求积.由于每个xi都恰好出现Cj-1n-1次，所以∏xi1xi2…xij）=xCj-1n-11xCj-1n-12…xCj-1n-1n=1.

故∑1xi1xi2…xij≥Cjn，等号成立时x1=x2=…=xn=1.

于是，fλ≥gλ，所以原不等式成立.

这样当k≥0时，不等式（*）成立的条件就解决了.当k<0时，还有一些遗留的问题需要进一步分析.

4遗留问题

读者可能已经注意到了不等式（4，6，7）都是反向的，仔细观察可以发现原因在于参数λ的取值范围发生了变化.也就是说当k<0时，不等式（*）可能成立也可能反向成立.

甘义宁（2014）[10]证明了下面的命题.设a，b>0，若α>1，λ≥1α，则：

aa+λbα+bb+λaα≥2（1+λ）α

上面的命题可以改写为：∑2i=1（1+λxi）-α≥21+λ-α.因为α>1，所以-α<-1，也就是说当指数k<-1时，不等式（*）的二元形式是成立的.

尚生陈（2009）[8]给出了一个三元不等式的证明.设x，y，z∈R+且xyz=1，0≤β≤1，0≤λβ≤1，则：

11+λxβ+11+λyβ+11+λzβ≤3（1+λ）β

这个不等式可以改写为：∑3i=1（1+λxi）-β≤31+λ-β.因为0≤β≤1，所以-1≤-β≤0，也就是说当指数-1≤k≤0时，不等式（*）的反向三元形式是成立的.最后，通过对上述不等式特征的归纳和类比，我们提出几个问题留给有兴趣的读者进一步研究.

猜想1：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，-1≤k<0，0≤λ≤n時，则有：

∑ni=1（1+λxi）k≤n（1+λ）k.

猜想2：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，-1≤k<0，λ≥n-1k-1时，则有：

∑ni=1（1+λxi）k≥n（1+λ）k.

猜想3：设xi∈R+，∏ni=1xi=1，当k<-1，λ≥-1k时，则有：

∑ni=1（1+λxi）k≥n（1+λ）k.

参考文献

[1]安振平. 数学问题解答-1435[J]. 数学通报， 2003（5）：8.

[2]蒋明斌. 一个数学问题的证明推广及其它[J]. 数学通报， 2004（9）：34-34.

[3]李永利. 一个不等式的指数推广[J]. 数学通报， 2005（11）：63-64.

[4]郭要红. 一个无理不等式的类比[J]. 数学通讯（教师阅读）， 2006（9）：30-30.

[5]有名辉. 一个不等式的纠错、推广及统一证明[J]. 中学数学教学， 2009（1）：58-59.

[6]李建潮. 一个猜想不等式的证明[J]. 数学通讯， 2006（21）：36-37.

[7]岳嵘. 一个无理函数的值域[J]. 高等继续教育学报， 2007（3）：27-29.

[8]尚生陈. 一个不等式的再推广及一个猜想的证明[J]. 中学数学教学， 2009（4）：57-58.

[9]李建潮. 一道IMO试题引发的思索[J]. 中小学数学（高中版）， 2008（9）：44-45.

[10]甘义宁. 一个无理不等式猜想的推广及其证明[J]. 数学通报， 2014， 53（3）：62-63.

[11]李凤清. 对一对姊妹无理不等式的探究[J]. 四川职业技术学院学报， 2014， 24（5）：148-149.

[12]贺中杰. 数学问题解答-1613[J]. 数学通报， 2006（6）：47-48.

[13]蔡晓兰. 一个“数学问题”的几何证明[J]. 数学通报， 2009（5）：61.