一类条件代数不等式的注记

A Note on a Class of Conditional Algebraic Inequalities

摘要: 本文主要讨论了一类条件代数不等式，主要结果是已有结果与方法的补遗和拓展。

Abstract: This paper mainly discusses a class of conditional algebraic inequalities. The main results are the supplements and extensions of the existing results and methods.

1. 引言

近年来一类条件代数不等式引起了许多作者的兴趣。在文献 [1] 中，作者对《数学通报》2009年第8期数学问题1808 [2] 与2010年第1期数学问题1833 [3]，从项数与指数出发进行了推广。在文献 [4] 中，作者对上述问题与《数学通报》2015年第4期数学问题2238 [5]，从指数出发进行了下列推广：

定理1设 $a,b>0$，且 $a+b=1$，对任意的正整数 $m,n$ ( $m\ge 2$ )，则有

$\left(\frac{1}{a^m}-a^n\right)\left(\frac{1}{b^m}-b^n\right)\ge {\left(\frac{2^{m+n}-1}{2^n}\right)}^2$ (1)

等号当且仅当 $a=b=\frac{1}{2}$ 时成立。

文献 [6] 中，作者从项数对定理1进行了推广，得到了下列关于一类条件代数不等式统一推广的定理。

定理2设 $n\in N^{*}$， $p\in N^{*}$， $q\in N^{*}$， $a_i>0$ ( $i=1,\cdots ,n;n>1$ )，且 ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i}=1$， $p\ge 2$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left(\frac{1}{a_i^p}-a_i^q\right)}\ge {\left(n^p-\frac{1}{n^q}\right)}^n$ (2)

等号当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n=\frac{1}{n}$ 时成立。

在定理2中，条件 $p\ge 2$ 是必要的。在文献 [7] 中，作者证明了当 $p=1$ 时，(2)式也成立，即有

定理3设 $q\in N^{*}$， $a_i>0$ ( $i=1,\cdots ,n;n>1$ )，且 ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i}=1$，当 $q\ge 3$ 或 $n\ge 3$，有

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left(\frac{1}{a_i^{}}-a_i^q\right)}\ge {\left(n^{}-\frac{1}{n^q}\right)}^n$ (3)

等号当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n=\frac{1}{n}$ 时成立。

(3)式可以看成是(2)式的补遗。(3)式中 $n=2$ 时 $q\ge 3$，一个自然的问题是如果 $n=2$， $q=2$，(3)式是否成立。另外，文献 [7] 在证明(3)式 $n=2$， $q\ge 3$ 的情形时证明技巧较高，也较复杂。本文将给出较直接与自然的证明。我们的结果可以看成是(1)与(3)式的补遗和扩展。我们的主要结论如下：

定理4.已知正数 $a,b$ 满足 $a+b=1$，则

$\left(\frac{1}{a}-a^2\right)\left(\frac{1}{b}-b^2\right)\le {\left(\frac{7}{4}\right)}^2$ (4)

证明对于 $0<x<1$，令

$f\left(x\right)=\left(\frac{1}{x}-x^2\right)\left(\frac{1}{1-x}-{\left(1-x\right)}^2\right)$.

则

$\begin{array}{c}f\left(x\right)=\frac{\left(1-x^3\right)\left(1-{\left(1-x\right)}^3\right)}{x\left(1-x\right)}=\left(1+x+x^2\right)\left(1+\left(1-x\right)+{\left(1-x\right)}^2\right)\\ =x^4-2x^3+x^2+3\end{array}$

对 $f\left(x\right)$ 求导得

$f^{\prime }\left(x\right)=4x^3-6x^2+2x=2x\left(x-1\right)\left(2x-1\right)$

令 $f^{\prime }\left(x\right)=0$，得到 $f^{\prime }\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,1\right)$ 上的唯一零点 $x=\frac{1}{2}$，且

当 $0<x<\frac{1}{2}$ 时， $f^{\prime }\left(x\right)>0$ ；当 $\frac{1}{2}<x<1$ 时， $f^{\prime }\left(x\right)<0$。

故 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,1\right)$ 上取到最大值

$f\left(\frac{1}{2}\right)={\left(2-\frac{1}{2^2}\right)}^2={\left(\frac{7}{4}\right)}^2$.

于是，(4)式成立。证毕。

定理4说明 $n=2$， $q=2$ 时，(3)式不成立，且(3)式不等式反号。

下面，我们给出 $n=2$， $q\ge 3$ 时的(3)式一个直接与自然的证明。

定理5已知 $a,b>0$，且 $a+b=1$。如果正整数 $p\ge 3$，

则

$\left(\frac{1}{a}-a^p\right)\left(\frac{1}{b}-b^p\right)\ge {\left(2-\frac{1}{2^p}\right)}^2$ (5)

等号当且仅当 $a=b=\frac{1}{2}$ 时成立。

证明对于 $0<x<1$，令

$f_p\left(x\right)=\left(\frac{1}{x}-x^p\right)\left(\frac{1}{1-x}-{\left(1-x\right)}^p\right)$, (6)

则

$\begin{array}{c}{f}_p\left(x\right)=\frac{\left(1-x^{p+1}\right)\left(1-{\left(1-x\right)}^{p+1}\right)}{x\left(1-x\right)}\\ =\left(1+x+\cdots +x^p\right)\left(1+\left(1-x\right)+\cdots +{\left(1-x\right)}^p\right).\end{array}$

容易知道 $f_p\left(1-x\right)=f_p\left(x\right)$，即 $f_p\left(x\right)$ 关于 $x=\frac{1}{2}$ 是对称的。

下面用数学归纳法证明当 $p\ge 3$

${f^{\prime }}_p\left(x\right)=\left(1-2x\right)g_p\left(x\right)$ (7)

其中 $g_p\left(x\right)<0$， $0<x<\frac{1}{2}$。事实上，当 $p=3$ 时

$\begin{array}{c}{f^{\prime }}_3\left(x\right)=\left(1+2x+3x^2\right)\left(1+\left(1-x\right)+{\left(1-x\right)}^2+{\left(1-x\right)}^3\right)\\ -\left(1+x+x^2+x^3\right)\left(1+2\left(1-x\right)+3{\left(1-x\right)}^2\right)\\ =1+\left(1-x\right)+{\left(1-x\right)}^2+{\left(1-x\right)}^3-1-x-x^2-x^3\\ +2x+2x\left(1-x\right)+2x{\left(1-x\right)}^2+2x{\left(1-x\right)}^3\\ -2\left(1-x\right)-2x\left(1-x\right)-2x^2\left(1-x\right)-2x^3\left(1-x\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}+3x^2+3x^2\left(1-x\right)+3x^2{\left(1-x\right)}^2+3x^2{\left(1-x\right)}^3\\ -3{\left(1-x\right)}^2-3x{\left(1-x\right)}^2-3x^2{\left(1-x\right)}^2-3x^3{\left(1-x\right)}^2\\ =\left(1-2x\right)\left[3x^2{\left(1-x\right)}^2-2\right]=\left(1-2x\right)g_3(\; x\; )\end{array}$

其中 $g_3\left(x\right)=3x^2{\left(1-x\right)}^2-2<\frac{3}{4}-2<0$， $0<x<\frac{1}{2}$。

假设 $p=k$ 时， ${f^{\prime }}_k\left(x\right)=\left(1-2x\right)g_k\left(x\right)$， $g_k\left(x\right)<0$， $0<x<\frac{1}{2}$。则当 $p=k+1$ 时，

$\begin{array}{c}{f^{\prime }}_{k+1}\left(x\right)={\left[\left(1+x+x^2+\cdots +x^{k+1}\right)\left(1+\left(1-x\right)+{\left(1-x\right)}^2+\cdots +{\left(1-x\right)}^{k+1}\right)\right]}^{\prime }\\ ={\left[f_k\left(x\right)+\left(1+x+\cdots +x^k\right){\left(1-x\right)}^{k+1}+\left(1+\left(1-x\right)+\cdots +{\left(1-x\right)}^k\right)x^{k+1}+x^{k+1}{\left(1-x\right)}^{k+1}\right]}^{\prime }\\ ={f^{\prime }}_k\left(x\right)+H_k\left(x\right)\end{array}$ (8)

其中

$\begin{array}{c}{H}_k\left(x\right)=\left(1+2x+\cdots +k{x}^{k-1}\right){\left(1-x\right)}^{k+1}-\left(1+2\left(1-x\right)+\cdots +k{\left(1-x\right)}^{k-1}\right)x^{k+1}\\ -\left(k+1\right)\left(1+x+\cdots +x^k\right){\left(1-x\right)}^k+\left(k+1\right)\left(1+\left(1-x\right)+\cdots +{\left(1-x\right)}^k\right)x^k\\ +\left(k+1\right)x^k{\left(1-x\right)}^k\left(1-2x\right)\\ =\left(1-2x\right)\left[{\left(1-x\right)}^k+{\left(1-x\right)}^{k-1}x+\cdots +x^k\right]\\ +2x\left(1-x\right)\left(1-2x\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-1}+{\left(1-x\right)}^{k-2}x+\cdots +x^{k-1}\right]\end{array}$

$\begin{array}{c}+\cdots +k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{k-1}\left(1-2x\right)\\ -\left(k+1\right)\left(1-2x\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-1}+{\left(1-x\right)}^{k-2}x+\cdots +x^{k-1}\right]\\ -\left(k+1\right)x\left(1-x\right)\left(1-2x\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-2}+{\left(1-x\right)}^{k-3}x+\cdots +x^{k-2}\right]\\ -\cdots -\left(k+1\right)x^{k-1}{\left(1-x\right)}^{k-1}\left(1-2x\right)+\left(k+1\right)x^k{\left(1-x\right)}^k\left(1-2x\right)\\ =\left(1-2x\right)W_k(\; x\; )\end{array}$

注意到 $0<x<\frac{1}{2}$ 时

$\begin{array}{l}\left[{\left(1-x\right)}^k+{\left(1-x\right)}^{k-1}x+\cdots +x^k\right]-\left(k+1\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-1}+\cdots +x^{k-1}\right]\\ <x^k-k\left[{\left(1-x\right)}^{k-1}+\cdots +x^{k-1}\right]<x^k-k^2{x}^{k-1}<-\left(k^2-1\right)x^k,\end{array}$

$\begin{array}{l}2x\left(1-x\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-1}+\cdots +x^{k-1}\right]-\left(k+1\right)x\left(1-x\right)\left[{\left(1-x\right)}^{k-2}+\cdots +x^{k-2}\right]\\ =x\left(1-x\right)[2\left({\left(1-x\right)}^{k-2}+{\left(1-x\right)}^{k-3}{x}^2+\cdots +x^{k-1}\right)\\ -\left(k+1\right)\left({\left(1-x\right)}^{k-2}+{\left(1-x\right)}^{k-3}x+\cdots +x^{k-2}\right)]<0,\end{array}$

$\begin{array}{l}3x^2{\left(1-x\right)}^2\left[{\left(1-x\right)}^{k-2}+\cdots +x^{k-2}\right]-\left(k+1\right)x^2{\left(1-x\right)}^2\left[{\left(1-x\right)}^{k-3}+\cdots +x^{k-3}\right]\\ =x^2{\left(1-x\right)}^2[3\left({\left(1-x\right)}^{k-3}+{\left(1-x\right)}^{k-4}{x}^2+\cdots +x^{k-2}\right)\\ -\left(k+1\right)\left({\left(1-x\right)}^{k-3}+{\left(1-x\right)}^{k-4}x+\cdots +x^{k-3}\right)]<0,\end{array}$

$\cdots ,$

$\begin{array}{l}\left(k-1\right)x^{k-2}{\left(1-x\right)}^{k-2}\left[{\left(1-x\right)}^2+\left(1-x\right)x+x^2\right]\\ -\left(k+1\right)x^{k-2}{\left(1-x\right)}^{k-2}\left[\left(1-x\right)+x\right]\\ =x^{k-2}{\left(1-x\right)}^{k-2}\left[\left(k-1\right)\left(\left(1-x\right)+x^2\right)-\left(k+1\right)\left(\left(1-x\right)+x\right)\right]<0.\end{array}$

故

$\begin{array}{c}{W}_k\left(x\right)<-\left(k^2-1\right)x^k+\left(k+1\right)x^k{\left(1-x\right)}^k\\ <-\left(k+1\right)\left(k-2\right)x^k.\end{array}$ (9)

于是由(8)、(9)式，得

${f^{\prime }}_{k+1}\left(x\right)=\left(1-2x\right)\left[g_k\left(x\right)+W_k\left(x\right)\right]=\left(1-2x\right)g_{k+1}\left(x\right),$

而

$g_{k+1}\left(x\right)=g_k\left(x\right)+W_k\left(x\right)<W_k\left(x\right)<-\left(k+1\right)\left(k-2\right)x^k<0,0<x<\frac{1}{2}.$

故由数学归纳法我们证明了(7)式成立。那么由(7)式， ${f^{\prime }}_p\left(\frac{1}{2}\right)=0$， ${f^{\prime }}_p\left(x\right)<0$， $0<x<\frac{1}{2}$。即 $f_p\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 上是单调递减的。又函数 $f_p\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 上关于 $x=\frac{1}{2}$ 是对称的，故 $f_p\left(x\right)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 上是单调递增的。于是在 $\left(0,1\right)$ 上 $f_p\left(x\right)$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 取到最小值。即

$f_p\left(x\right)\ge f_p\left(\frac{1}{2}\right)={\left(2-\frac{1}{2^p}\right)}^2.$

证毕。

基金项目

国家自然科学基金项目(No. 11571136)。

NOTES

^*通讯作者。