不等式與函數雖是兩個不同概念, 但兩者是緊密聯繫的, 用函數的思想來處理不等式的問題, 也是證明不等式問題的常見方法。 如通過構造函數, 研究函數的單調性來證明不等式, 或用函數的凹凸性證明不等式等等。 本文通過構造函數的切線來證明一類對稱不等式, 利用限制條件的平均值其所對應函數圖形上的點, 求過此點的切線, 觀察函數的圖形是在切線的上方(或下方)來證明不等式, 或決定函數的最大值(或最小值)。以下先從一個求函數最小值問題說起。

例1: 設 $x,y,z$ 均是正實數, 且 $x+y+z=1$, 求三元函數 $f(x,y,z)=\dfrac{3x^2-x}{1+x^2}+\dfrac{3y^2-y}{1+y^2}+\dfrac{3z^2-z}{1+z^2}$ 的最小值, 並給出證明。(2003湖南省數學競賽題)

解： 對於 $0\lt x\lt 1$ 我們先證明 $\dfrac{3x^2-x}{1+x^2}\ge\dfrac{9x-3}{10}$ (1), 此式等價於 $9x^3-33x^2+19x-3\le 0\Leftrightarrow (3x-1)^2(x-3)\le 0$, 此式顯然成立。同理有 $\dfrac{3y^2-y}{1+y^2}\ge\dfrac{9y-3}{10}$ (2), $\dfrac{3z^2-z}{1+z^2}\ge\dfrac{9z-3}{10}$ (3), 三式相加得, $f(x,y,z)=\dfrac{3x^2-x}{1+x^2}+\dfrac{3y^2-y}{1+y^2}+\dfrac{3z^2-z}{1+z^2}\ge\dfrac{9(x+y+z)-9}{10}=0$ 當且僅當 $x=y=z=\dfrac 13$ 時, $f(x,y,z)= 0$, 故所求的最小值為 0。

這裏我們要思考的是 $f(x)=\dfrac{3x^2-x}{1+x^2}$ 與 $g(x)=\dfrac{9x-3}{10}$ 有什麼關係? 借助幾何畫板工具, 通過研究函數圖像不難發現 $g(x)=\dfrac{9x-3}{10}$ 是函數 $f(x)=\dfrac{3x^2-x}{1+x^2}$ 在 $x=\dfrac 13$ 的切線, 且是 $f(x)$ 的下界函數, 故可用 $g(x)$ 來估計 $f(x)$。這為我們證明這類不等式提供了方法。

例2: 設 $a,b,c,d\gt 0$ 且 $a+b+c+d=1$, 證明： $6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge a^2+b^2+c^2+d^2+\dfrac 18$ (2005 第 8 屆香港數學奧林匹克)

證明： 設 $f(x)=6x^3-x^2$, 原不等式即為 $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge \dfrac 18$, 其中 $a,b,c,d\gt 0$ 且 $a+b+c+d=1$。 $f(x)=6x^3-x^2$ 在 $x=\dfrac 14$ 的切線為 $y=\dfrac 58 x-\dfrac 18$, 下面證明 $f(x)\ge \dfrac 58x-\dfrac 18$, 即 $6x^3-x^2\ge \dfrac 58 x-\dfrac 18$ 此式等價於 $(4x-1)^2(3x+1)\ge 0$ 當 $0 \lt x \lt 1$ 時, 此不等式 顯然成立, 所以 $f(a)\ge \dfrac 58 a-\dfrac 18$, $f(b)\ge \dfrac 58 b-\dfrac 18$, $f(c)\ge \dfrac 58c-\dfrac 18$, $f(d)\ge \dfrac 58d-\dfrac 18$, 所以 $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge \dfrac {5(a+b+c+d)-4}8=\dfrac 18$, 這證明了所需的結論。$\Box$

通過以上的證明經驗, 我們可以發現在證明形如 $\displaystyle\sum_{i=1}^n f(x_i)\ge M$ (或 $\le M$) 且滿足 $\displaystyle\sum_{i=1}^n X_i=S$ 的對稱不等式時, 可以構造在 $X_i$ 的均值 $x=\dfrac sn$ 點的切線 $g(x)$, 即用 $g(x)$ 來估計 $f(x)$ 的值, 然後比較 $g(x)$ 與 $f(x)$ 的大小, 從而獲得不等式的證明。

例3: 已知正數 $a,b,c$ 滿足 $a+b+c=3$, 求證： $\dfrac{a^2+9}{2a^2+(b+c)^2} + \dfrac{b^2+9}{2b^2+(a+c)^2}+\dfrac{c^2+9}{2c^2+(b+a)^2}\le 5$ (2006 第 2 屆北方數學奧林匹克)

證明： 設 $f(x)=\dfrac{x^2+9}{2x^2+(3-x)^2}$, 即 $f(x)=\dfrac{x^2+9}{3x^2-6x+9}$ 在 $x=1$ 處的切線為 $g(x)=\dfrac 13 x+\dfrac 43$ 下面證明當 $0\lt x\lt 3$ 時, $f(x)\le g(x)$, 即 $\dfrac{x^2+9}{3x^2-6x+9}\le \dfrac 13x+\dfrac 43$, 此式等價於

$3(x^2+9)\le(x+4)(3x^2-6x+9)\Leftrightarrow x^3+x^2-5x+3\ge 0\Leftrightarrow (x+3)(x-1)^2\ge 0$, 顯然成立。所以 $\dfrac{a^2+3}{2a^2+(3-1)^2}\le \dfrac 13 a+\dfrac 43$, 即 $\dfrac{a^2+3}{2a^2+(b+c)^2}\le \dfrac 13 a+\dfrac 43$, 同理有 $\dfrac{b^2+3}{2b^2+(a+c)^2}\le \dfrac 13 b+\dfrac 43$, $\dfrac{c^2+3}{2c^2+(a+b)^2}\le \dfrac 13 c+\dfrac 43$, 上述三式相加可得, $$\dfrac{a^2+9}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{b^2+9}{2b^2+(a+c)^2}+\dfrac{c^2+9}{2c^2+(b+a)^2}\le \dfrac 13 (a+b+c)+4=5{\Box}$$

例4: 設 $x_i\gt 0$, $(i=1,2,3,4,5)$ 且 $\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac 1{1+x_i}=1$, 求證： $\displaystyle\sum_{i=1}^5 \dfrac{x_i}{4+x_i^2}\le 1$ (2003中國西部數學奧林匹克題)

證明： 作變換設 $\dfrac 1{1+x_i}=a_i$ 且 $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i=1$ $(i=1,2,3,4,5)$, 則不等式轉化為 $$\sum_{i=1}^5 \dfrac{\frac{1}{a_i}-1}{4+\Big(\frac 1{a_i}-1\Big)^2}\le 1\quad \hbox{即}\quad \sum_{i=1}^5 \dfrac{-a_i^2+a_i}{5a_i^2-2a_i+1}\le 1,$$

設 $f(x)=\dfrac{-x^2+x}{5x^2-2x+1}$, 計算 $f(x)$ 在 $x=\dfrac 15$ 處的切線為 $g(x)=\dfrac 34x+\dfrac 1{20}$, 下面證明 $f(x)\le g(x)$, 即 $\dfrac{-x^2+x}{5x^2-2x+1}\le \dfrac 34 x +\dfrac 1{20}$, 因為 $5x^2-2x+1\gt 0$, 此式等價於 $$20(-x^2+x)\le (15x+1)(5x^2-2x+1)\Leftrightarrow 75x^3-5x^2-7x+1\ge 0\Leftrightarrow (3x+1)(5x-1)^2\ge 0,$$ 當 $0 \lt x \lt 1$ 時, 此不等式顯然成立。所以 $$\sum_{i=1}^5\dfrac{-a_i^2+a_i}{5a_i^2-2a_i+1}\le\sum_{i=1}^5\Big(\frac 34 a_i+\frac 1{20}\Big)=\frac 34+\frac 14=1{\Box}$$

例5: 設 $a,b,c$ 是正實數, 求證： $\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\dfrac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(b+a)^2}\le 8$ (2003美國數學奧林匹克試題)

證明： 為了證明此題, 我們注意到以下事實, 將 $a,b,c$ 換成 $\dfrac a{a+b+c}$, $\dfrac b{a+b+c}$, $\dfrac c{a+b+c}$, 不等式不變, 所以可設 $$0\lt a,b,c\lt 1,\quad a+b+c=1,\ \hbox{則,}\ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\dfrac{(a+1)^2}{2a^2+(1-a)^2}=\dfrac{(a+1)^2}{3a^2-2a+1}$$ 設 $f(x)=\dfrac{(x+1)^2}{3x^2-2x+1}$, 在 $x=\dfrac 13$ 點的切線為 $g(x)=\dfrac{12x+4}3$, $f(x)-g(x)=\dfrac{-36x^3+15x^2+2x-1}{3(3x^2-2x+1)}= \dfrac{-(3x-1)^2(4x+1)}{3(3x^2-2x+1)}\le 0$ 當 $0 \lt x \lt 1$ 時, 此不等式成立, 所以, $\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\le\dfrac{12a+4}{3}$, 同理, $$\dfrac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}\le \dfrac{12b+4}{3},\qquad\dfrac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(b+a)^2}\le\dfrac{12c+4}{3},$$ 上式相加便得, $$\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\dfrac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(b+a)^2}\le\dfrac{12(a+b+c)+3\times 4}{3}=8{\Box}$$

例6: 設 $0\lt \alpha,\beta,\gamma\lt \dfrac {\pi}2$, 且 $\sin^3\alpha+\sin^3\beta+\sin^3\gamma=1$ 求證： $\tan^2\alpha+\tan^2\beta+\tan^2\gamma\ge \dfrac3{{\root 3 \of 9}-1}$ (2005中國東南地區數學奧林匹克競賽試題的加強)

證明： 令 $x=\sin^3\alpha$, $y=\sin^3\beta$, $z=\sin^3\gamma$ 則不等式等價於在 $0\lt x,y,z$ 且 $x+y+z=1$ 的條件下, 證明 $$\dfrac{\root 3 \of {x^2}}{1-{\root 3 \of {x^2}}}+\dfrac{\root 3 \of {y^2}}{1-{\root 3 \of {y^2}}}+\dfrac{\root 3 \of {z^2}}{1-{\root 3 \of {z^2}}} \ge \dfrac {3}{{\root 3 \of 9}-1},$$ 設 $f(x)=\dfrac{\root 3 \of {x^2}}{1-{\root 3 \of {x^2}}}$, 在 $f(x)=\dfrac 13$ 處的切線 $$y=\dfrac {2}{3{\root 3\of {\frac 13}}\Big[1-{\root 3\of (\frac 13)^2}\Big]^2} (x-\frac 13) +\dfrac{\Big({\root 3\of {\frac 13}}\Big)^2}{1-{\root 3\of {(\frac 13)^2}}}$$ 下面證明當 $0\lt x\lt 1$ 時, \begin{equation} \dfrac{\root 3 \of {x^2}}{1-{\root 3 \of {x^2}}}\ge\dfrac 2{3{\root 3\of {\frac 13}}\Big[1-{\root 3\of {\Big(\frac 13\Big)^2}}\Big]^2}(x-\frac 13) +\dfrac{\Big({\root 3\of {\frac 13}}\Big)^2}{1-{\root 3\of {\Big(\frac 13\Big)^2}}}\label{1} \end{equation} 令 $p={\root 3\of x}$, $q={\root 3\of {\frac 13}}$, 則 $0\lt p$, $q\lt 1$, 於是 \begin{eqnarray*} \hbox{\eqref{1} 式}&\Leftrightarrow& \frac{p^2}{1-p^2}-\frac{q^2}{1-q^2}\ge \frac{2(p^3-q^3)}{3q(1-q^2)^2}\\ &\Leftrightarrow& \frac{p^2-q^2}{(1-p^2)(1-q^2)}\ge \frac{2(p^3-q^3)}{3q(1-q^2)^2}\\ &\Leftrightarrow& 3q(1-q^2)^2(p^2-q^2)\ge 2(p^3-q^3)(1-p^2)(1-q^2)\\ &\Leftrightarrow& (p-q)^2(1-q^2)[(2p^3+4p^2q)+(3q^2-1)(2p+q)]\ge 0 \end{eqnarray*} 而 $1-q^2\gt 0$, $(p-q)^2\gt 0$, $(2p^3+4p^2q)+(3q^2-1)(2p+q)\gt 0$ 所以 (1) 式成立, 當且僅當 $p=q$ 時, 等號成立, 此時 $x=\dfrac 13$, 故 \begin{eqnarray*} \dfrac{\root 3 \of {x^2}}{1-{\root 3 \of {x^2}}}+\dfrac{\root 3 \of {y^2}}{1-{\root 3 \of {y^2}}}+\dfrac{\root 3 \of {z^2}}{1-{\root 3 \of {z^2}}} &\ge&\dfrac 2{3{\root 3\of {\frac 13}}\Big[1-{\root 3\of {(\frac 13)^2}}\Big]^2}(x+y+z-\frac 13) +\dfrac{3\Big({\root 3\of {\frac 13}}\Big)^2}{1-{\root 3\of {(\frac 13)^2}}}\\ &=&\dfrac 3{{\root 3 \of 9}-1} \end{eqnarray*} 當且僅當 $x=y=z=\dfrac 13$ 時, 等號成立, 從而原不等式成立。$\Box$

可以看到, 利用切線在證明這類對稱不等式非常有效, 在不等式中大量存在這些形式對稱不等式, 讀者不妨一試。

---本文作者任教中國浙江省岱山縣東沙中學---