44208 冪函數不等式的性質及其應用
冪函數不等式的性質及其應用

摘要: Bernoulli不等式, Young不等式均是冪函數不等式的特例, 冪函數不等式在求非齊次、 非輪換對稱式多元函數的極值中非常有效, 同時在不等式證明和級數斂散性的證明中均有著廣泛的應用。}

關鍵字: 冪函數不等式, 多元函數, 極值, Bernoulli不等式, Young不等式。

求多元函數的極值是數學中的常見問題, 但是, 常用的方法往往用於求齊次的輪換對稱式多元函數的極值, 冪函數不等式, 在求當條件或目標多元函數為非齊次的、 非輪換對稱式的極值時非常有效。 同時, Bernoulli 不等式, Young 不等式均是冪函數不等式的特例, 在不等式證明和級數斂散性的證明中冪函數不等式有著廣泛的應用。

一、發現定理

1、定義 : 過曲線 (面) 上一點 $P$ 且全在曲線 (面) 一邊 (上邊或下邊) 的線 (面) 叫曲線 (面) 的支撐線 (面) , $P$ 叫支撐點 。 如圖 1。

2、定理 : 設 $0\lt \alpha\lt \beta$, $t\gt 0$, $x\gt 0$ 則 $x^\alpha\le px^\beta+q$,

當且僅當 $x=t$ 時等號成立, 其中 $p=\dfrac{\alpha}{\beta}t^{\alpha-\beta}$, $q=t^{\alpha}\Big(1-\dfrac{\alpha}{\beta}\Big)$。 $(M1)$

圖1

其等價形式為 $\dfrac{1}{\alpha}\Big(\dfrac{x^\alpha}{t^\alpha}-1\Big)\le \dfrac{1}{\beta}\Big(\dfrac{x^\beta}{t^\beta}-1\Big)$。

證明 : 令 $f(x)=px^\beta-x^\alpha+q$,

則 $f'(x)=p\beta x^{\beta-1}-\alpha x^{\alpha-1}$,

令 $f'(x)=p\beta x^{\beta-1}-\alpha x^{\alpha-1}=0$,

得 $p=\dfrac{\alpha}{\beta}t^{\alpha-\beta}$,

再令 $f(t)=pt^\beta -t^\alpha+q=0$,

得 $q=\Big(1-\dfrac{\alpha}{\beta}\Big)t^\alpha$。

當 $x\gt t$ 時, $f'(x)=\alpha t^{\alpha-\beta}x^{\beta-1}-\alpha t^{\alpha-1}\gt \alpha t^{\alpha-\beta}t^{\beta-1}-\alpha t^{\alpha-1}=0$,

所以 $f(x)$ 是增函數。

同理, 當 $x\lt t$ 時, $f'(x)\lt 0$, 所以 $f(x)$ 是減函數,

由 $f'(t)=0$, 即 $f(x)$ 的最小值為 0, 所以定理成立。

把 $(M1)$ 叫冪函數不等式, $g(x)=px^\beta+q$ 是 $F(x)=x^\alpha$ 的支撐函數, 或 $F(x)$ 是 $g(x)$ 的支撐函數, $P(t,t^\alpha)$ 是支撐點。

二、冪函數不等式的幾個特例

1. 升冪函數不等式

令 $\beta=1$, 定理化為如下。

已知 $x$、 $t$ 是正數, 且 $0\lt \alpha\lt 1$, 則 $x^\alpha\le\alpha t^{\alpha-1}x+(1-\alpha)t^\alpha$, 當且僅當 $x=t$ 時等號成立。 $(M2)$

2. 降冪函數不等式

令 $\alpha=1$, 定理化為如下。

已知 $x$、 $t$ 是正數, 且 $\beta\gt 1$, 則 $x^\beta\ge \beta t^{\beta-1}x+(1-\beta)t^\beta$, 當且僅當 $x=t$ 時等號成立。 $(M3)$

3. Bernoulli不等式

設 $x\ge 1$, 則 $(x+1)^\alpha\le \alpha x+1$, $(0\lt \alpha\lt 1)$; $(x+1)^\alpha\ge \alpha x+1$, $(1\lt \alpha)$,

當且僅當 $x=0$ 時等號成立。 $(M4)$

證明 : 在 $(M2)$ 和 $(M3)$ 中, 令 $t=1$, 用 $x+1$ 代換 $x$ 得 $(M4)$ 正確。 因而, Bernoulli不等式是冪函數不等式的特例。

4. Young不等式

設 $a,b\gt 0$, $\dfrac 1p+\dfrac 1q=1$, 當 $p,q\gt 1$ 時, 則 $\dfrac 1pa^p+\dfrac 1qb^q\ge ab$, 等號成立當且僅當 $a^p=b^q$; 當 $p\lt 1$ 時, $p\not=0$ 不等號反向。 $(M5)$

證明 : 令 $\alpha=\dfrac 1q\gt 1$, $t=1$, $\dfrac 1p+\dfrac 1q=1$, $x=\dfrac{b^q}{a^p}$,

則 $(M2)$ 化為 $\dfrac b{a^{p-1}}\ge \dfrac 1q\cdot \dfrac{b^q}{a^p}+1-\dfrac 1q$, 化簡得 $(M5)$ 正確。 代入 $(M3)$ 則不行號反向。

所以, Young 不等式也是冪函數不等式的特例。

20.

三、拓展應用

1. 求非齊次多元函數極值方面的應用

求這類函數的極值, 關鍵在於尋找各項支撐線的支撐點滿足等號同時成立, 且能有效利用已知條件, 或者完全消元。

例1 : 已知 $x,y,z\!\in\! R^+$, 且 $x\!+\!y\!+\!z\!=\!1$, 求 $S\!=\!{\root 3\of {x\!+\!\dfrac 16}}\!+\!{\root 3\of {4y\!+\!2}}\!+\!{\root 3\of {9z\!+\!3}}$ 的最大值。

解 : 由 $(M2)$ 當 $\alpha=\dfrac 13$ 時, ${\root 3\of x}\le \dfrac1{3{\root 3\of {t^2}}}x+\dfrac 23{\root 3\of t}$, 當且僅當 $x=t$ 時等號成立。 所以 \begin{eqnarray} {\root 3\of {x+\frac 16}}&\le&\frac 1{3{\root 3\of {a^2}}}(x+\frac 16)+\frac 23{\root 3\of a}\,,\label{1}\\ {\root 3\of{4y+2}}&\le&\frac 1{3{\root 3\of {b^2}}}(4y+2)+\frac 23{\root 3\of b}\,,\nonumber\\ {\root 3\of {9z+3}}&\le&\frac 1{3{\root 3\of {c^2}}}(9z+3)+\frac 23{\root 3\of c}\,,\nonumber \end{eqnarray} 當且僅當 $x+\dfrac 16=a$, $4y+2=b$, $9z+3=c$ 時, 上述三式等號成立。

令 $\dfrac 1{\root 3 \of{a^2}}=\dfrac 4{\root 3 \of{b^2}}=\dfrac 9{\root 3 \of{c^2}}$, 得 $b=8a$, $c=27a$。 於是 \begin{eqnarray} {\root 3\of{4y+2}}&\le&\frac y{3{\root 3\of {a^2}}}+\frac 1{6{\root 3\of {a^2}}}+\frac 43{\root 3\of {a}}\,,\label{2}\\ {\root 3\of {9z+3}}&\le&\frac z{3{\root 3\of {a^2}}}+\frac 1{9{\root 3\of {a^2}}}+2{\root 3\of a}\,,\label{3} \end{eqnarray} 所以 $x=a-\dfrac 16$, $y=2a-\dfrac 12$, $z=3a-\dfrac 13$, 由 $x+y+z=1$ 得 $a=\dfrac 13$,

將 \eqref{1}, \eqref{2}, \eqref{3} 相加得 $S\le \dfrac {x+y+z}{3{\root 3\of {a^2}}}+\dfrac 1{3{\root 3\of {a^2}}}+4{\root 3\of {a}}$,

即 $S_{\rm max}=2{\root 3\of {9}}$, 此時 $x=y=\dfrac 16$, $z=\dfrac 23$。

例2 : 求 $f(x)=\sqrt{x+\dfrac 1{2^{10}}}+{\root 3\of {x+\dfrac 1{2^7}}}+{\root 6\of{\dfrac 1{2^5}-2x}}$ 的最大值。

解 : 由 $(M2)$ 得 $$f(x)\le \frac{1}{2\sqrt a}\Big(x+\frac 1{2^{10}}\Big)+\frac 12 \sqrt{a}+\frac 1{3{\root 3\of {b^2}}}\Big(x+\frac 1{2^{7}}\Big) +\dfrac 23{\root 3\of b}+\dfrac 1{6{\root 6\of {c^5}}}\Big(\frac 1{2^{5}}-2x\Big)+\dfrac 56{\root 6\of c},$$ 當且僅當 $x+\dfrac 1{2^{10}}=a$, $x+\dfrac 1{2^{7}}=b$, $\dfrac 1{2^{5}}-2x=c$ 時, 上述不等式取等號,

令 $2\sqrt a=3{\root 3\of{b^2}}=6{\root 6\of{c^5}}$ 得 $a=\dfrac{9}{2^{10}}$, $b=\dfrac{1}{2^{6}}$, $c=\dfrac{1}{2^{6}}$。

所以 $f(x)\le \dfrac 1{2\sqrt a}\Big(\dfrac{1}{2^{10}}+\dfrac{1}{2^{7}}+\dfrac{1}{2^{5}}\Big)+\dfrac 12\sqrt a+\dfrac 23{\root 3\of b}+\dfrac 56{\root 6\of c}=\dfrac{27}{32}$,

即 $f_{\rm max}=\dfrac{27}{32}$, 此時 $x=\dfrac 1{2^7}$。

例3 : 設目標函數 $F(x,y)=2x+10y-x^2+2xy-3y^2$, 如果 $F$ 有最大值, 則切平面一定為水平面, 求此時的切點座標。

解 : $F(x,y)=2x+10y-(x-y)^2-2y^2$,

由 $(M3)$ 得 $(x-y)^2\ge 2a(x-y)-a^2$, $y^2\ge 2by-b^2$, 所以 \begin{eqnarray*} F(x,y)&\le& 2x+10y-2a(x-y)+a^2-4by+2b^2\\ &=&2(1-a)x+(10+2a-4b)y+a^2+2b^2, \end{eqnarray*}

此時, 橢圓抛物面區域 $z=F(x,y)$ 均在平面 $\alpha: z=2(1-a)x+(10+2a-4b)y+a^2+2b^2$ 的下方, 並相切於點 $P$, 當平面 $\alpha$ 為水平面時, $z$ 取最大值, 如圖 2 所示。

圖2

令 $\left\{\begin{array}{l} 1-a=0\\[5pt] 10+2a-4b=0 \end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l} a=1\\[5pt] b=3 \end{array}\right.$,

所以 $F_{\rm max}(x,y)=19$, 此時, $\left\{\begin{array}{l} x=4\\[5pt] y=3 \end{array}\right.$。

這樣, 最大值的位置唯一候選點是 $P(4,3)$。

2. 不等式證明方面的應用

冪函數不等式在證明相關的指數不等式、 證明數列的單調性等方面都有著廣泛的應用。

例4 : 對任意正數 $x_i,y_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$ 和有理數 $p,q\gt 1$, 且 $\dfrac 1p+\dfrac 1q=1$,

則 $\sum\limits_{k=1}^n x_ky_k\le\Big(\sum\limits_{k=1}^n x_k^p\Big)^{1\over p}\cdot \Big(\sum\limits_{k=1}^n y_k^q\Big)^{1\over q}$。 (Hölder 不等式)

證明 : 在 Young 不等式 $\frac 1p a^p+\frac 1qb^q\ge ab$ 中, 取 $$a=\dfrac{x_k}{\Big(\sum\limits_{k=1}^n x_k^p\Big)^{1\over p}},\qquad b=\dfrac{y_k}{\Big(\sum\limits_{k=1}^n y_k^q\Big)^{1\over q}},\quad (k=1,2,\ldots,n),$$ 代入上式, 然後對 $k=1,2,\ldots,n$ 求和, 即得 Hölder 不等式。

例5 : 證明不等式 $n!\lt e\Big(\dfrac n2\Big)^n$, $n\in N^*$。

證明 : 由於 $\Big\{\Big(1+\dfrac 1n\Big)^n\Big\}$ 是單調遞增且極限為 $e$ 的數列, 即 $\Big(1+\dfrac 1n\Big)^n\lt e$,

所以只要證 $n!\le \Big(1+\dfrac 1n\Big)^n\Big(\dfrac n2\Big)^n$,

即 $n!\le \dfrac 1{2^n}(1+n)^n$ $(*)$ 成立即可。

當 $n=1$ 時 $(*)$ 顯然成立。

假設當 $n=k$ 時 $(*)$ 成立, 即 $k!\le \dfrac 1{2^k}(1+k)^k$,

所以, $(k+1)!\le \dfrac 1{2^k}(1+k)^k\cdot (k+1)=\dfrac 1{2^k}(1+k)^{k+1}$,

下面只需證明 $\dfrac 1{2^k}(1+k)^{k+1}\lt \dfrac 1{2^{k+1}}(2+k)^{k+1}$ 成立, 即當 $n=k+1$ 時 $(*)$ 成立,

上式等價於 $2\lt \Big(1\!+\!\dfrac 1{1\!+\!k}\Big)^{k\!+\!1}$, 由 $(M4)$ 得 $\Big(1\!+\!\dfrac 1{1\!+\!k}\Big)^{k\!+\!1}\gt 1\!+\!\dfrac 1{1\!+\!k}\cdot (1\!+\!k)=2$,

由數學歸納法知不等式成立。

3. 級數斂散性方面的應用

正項級數收斂性的達朗貝爾 (比值) 判別方法。

設 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 為正項級數, 且 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=q$, 則 (1) 當 $0\le q\lt 1$ 時, 級數收斂;

(2) 當 $q\gt 1$ 時, 級數發散。

根據這個判別法, 冪函數不等式在級數收斂性的判別方面都有著很好的應用。

例6 : 判別級數 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac {n!}{(n+3)^n}$ 的斂散性。

證明 : 令 $a_n=\dfrac {n!}{(n+3)^n}$, 則 \begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n+4}\cdot \dfrac{1}{\Big(1+\dfrac 1{n+3}\Big)^n} &\le& \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n+4}\cdot \dfrac{1}{1+\dfrac n{n+3}}\\ & =&\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+4n+3}{2n^2+11n+12}=\frac 12, \end{eqnarray*} 故原級數收斂。

例7 : 設 $m\gt 0$ 是整數, 證明 $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^x}{x^m}=\infty$。

證明 : 設 $f(x)=\dfrac{e^x}{x^m}$, 則 \begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\frac{f(x+1)}{f(x)}&=&\lim_{x\to\infty}e\Big(\frac x{x+1}\Big)^m=e,\\ {\hbox{所以}} \lim_{x\to\infty} f(x)=\frac 1e \lim_{x\to\infty} f(x+1)&=&\frac 1e\lim_{x\to\infty}\frac{e^{x+1}}{(x+1)^m} =\lim_{x\to\infty}\frac{\Big(1+\dfrac 1x\Big)^{x*x}}{(x+1)^m},\\ &\ge &\lim_{x\to\infty}\frac{(1+x)^x}{(x+1)^m}=\lim_{x\to\infty}(1+x)^{x-m}=\infty, \end{eqnarray*} 所以 $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^x}{x^m}=\infty$。

在應用冪函數不等式時, 適當地選取 $t$ 的值, 可以兼顧平衡係數和等號成立條件的功能。 因而, 冪函數不等式為我們解決非輪換對稱不等式問題提供了一個強有力的工具; 在不等式證明中, 起到了放縮的作用. 冪函數不等式溝通了 Bernoulli 不等式、 Young 不等式、 及 Hölder 不等式, 他們在數學分析、調和分析、 泛函分析、 偏微分方程等學科的研究中發揮了重要作用, 使用的技巧靈活多樣, 得到的結果極為深刻。

參考文獻

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---本文作者任教中國上海市寶山區教育學院數學研究室---