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# 用零件不等式证明一类积式不等式

2004 年 17 期

23-25

(蓬安中学 四川 637851) 文[1]介绍了用 零件不等式 证明一类含和式的分式不等式 本文通过构造 零件不等

, n), ∑ ai = 1 求证
i =1

n

(1 +

1 1 )(1 + ) a1 a2

(1 +

1 ) ≥ (n + 1)n an

1 1 1 = 1+ + + a1 na1 na1
n

+

1 1 n ≥ (n + 1)( ) n +1 na1 na1

1 1 nn 同理 1 + ≥ (n + 1)( ) +1 a2 na2

1 1 nn ,1 + ≥ (n + 1)( ) +1 an nan

(1 +

1 1 )(1 + ) a1 a2 an ≤ (

(1 +

1 1 ) ≥ (n + 1) n ( n an n a1a2 + an )n =

n

an

) n +1 1 n n a1a2
n

a1 + a2 + n (1 +

1 1 ,∴ n n n n a1a2

an

≥ 1,∴ (

an

) n +1 ≥ 1

1 1 )(1 + ) a1 a2

1 ) ≥ (n + 1)n . an , n), ∑ ai = 1, k ∈ N
i =1 n

(1 +

1 1 )(1 + k ) k a1 a2

(1 +

1 ) ≥ (n k + 1)n k an 1 1 1 1+ k = 1+ k k + k k + ai n ai n ai
nk

1 1 k + k k ≥ (n k + 1)( ) n +1 n ai nai

kn

________________________ 作者简介 蒋明斌 1963 男 四川营山人 四川蓬安中学高级教师 学士

2004 年 17 期

23-25

, n), ∑ ai = 1 求证 (
i =1

n

1 1 ? 1)( ? 1) a1 a2
1

(

1 ? 1) ≥ (n ? 1)n an

+ an ≥ (n ? 1)( a2 a3
1

an ) n ?1
1

an ) n?1

1 ? an ≥ ( n ? 1)( a1a3

an?1 ) n?1

(1 ? a1 )(1 ? a2 )

(1 ? an ) ≥ (n ? 1) n (a1a2 (

an )

1 1 ? 1)( ? 1) a1 a2

(1 ? a1 )(1 ? a2 ) (1 ? an ) 1 ? 1) = ≥ (n ? 1)n an a1a2 an , n), ∑ ai = 1, k ∈ N
i =1 n

(a1k +

1 1 k )(a2 + k) k a1 a2

k ( an +

1 1 ) ≥ (n k + k ) n k an n

∵ a1k +

1 1 1 = a1k + 2 k k + 2 k k + k a1 n a1 n a1
n2 k

+

1 n a1k
2k k ( n 2 k ?1) n 2 k +1

≥ ( n + 1)[
2k

a1k ( n 2 k a1k ) n
2k

1

]

n 2 k +1

1 1 = ( n + k )( ) n na1
k k ( n2 k ?1) n2 k +1

1 1 1 k ) 同理 a + k ≥ (n + k )( a2 n na2
k 2

1 1 1 a + k ≥ (n k + k )( ) an n nan
k n

k ( n2 k ?1) n2 k +1

1 1 k + k) (a + k )(a2 a1 a2
k 1

1 1 1 (a + k ) ≥ (n k + k ) n ( n an n n a1a2
k n

an )

)

k ( n 2 k ?1) n 2 k +1

1 又∵ n n a1a2

k (n 2 k ? 1) 1 ≥ 1, 且 2 k > 0, ∴ ( n an n +1 n a1a2

k ( n 2 k ?1) n 2 k +1

an

≥ 1 于是

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(a1k +

1 1 k )(a2 + k) k a1 a2

k ( an +

1 1 ) ≥ (n k + k ) n k an n ( an + 1 1 ) ≥ (n + ) n an n

1 1 )(a2 + ) a1 a2

, n), ∑ ai = 1, k ∈ N
i =1 k (1 + an +

n

(1 + a1k +

1 1 k )(1 + a2 + k) k a1 a2
k

1 1 ) ≥ (1 + n k + k )n k an n

1 1 1 = k+ k+ k a1 n n
nk

+

1 1 1 + a1k + 2 k k + 2 k k + k n n a1 n a1
n2 k 1

+

1 n a1k
2k k ( n2 k ?1)

1 nk a1k 1 1 2k k 2k k ≥ ( n + n + 1)[( k ) ] n + n +1 = (1 + n k + k )( ) n + n +1 2 k k n2 k n n na1 (n a1 )
2k k

1 1 1 n2 k + nk +1 k ) 同理 1 + a + k ≥ (1 + n + k )( a2 n na2
k 2

k ( n2 k ?1)

1 1 1 n2 k + nk +1 1 + a + k ≥ (1 + n k + k )( ) an n nan
k n

k ( n2 k ?1)

1 1 k + k) (1 + a + k )(1 + a2 a1 a2
k 1

1 1 1 (1 + a + k ) ≥ (1 + n k + k ) n ( n an n n a1a2
k n

k ( n 2 k ?1)

an

)n

2k

+ n k +1

1 1 ≥ (1 + n + k ) n (∵ n n n a1a2
k

k (n 2 k ? 1) 1 ≥ 1, 且 2 k > 0, ∴ ( n k an n + n +1 n a1a2
k (1 + an +

k ( n 2 k ?1)

an

)n

2k

+ n k +1

≥ 1),

k

1 1 k )(1 + a2 + k) k a1 a2
n

1 1 ) ≥ (1 + n k + k )n k an n 1 1 ? a1 )( ? a2 ) a1 a2 ( 1 1 ? an ) ≥ ( ? n)n an n

, n), ∑ ai = 1, 求证 (
i =1

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(

1 1 ? a1 )( ? a2 ) a1 a2 (1 + a1 )(1 + a2 ) 1 1 )(1 + ) a1 a2

(

1 ? an ) an (1 ? an )

=

(1 + an )(1 ? a1 )(1 ? a2 ) a1a2 an (1 + 1 )(1 ? a1 )(1 ? a2 ) an

= (1 +

(1 ? an )

1 1 1 ∵1 + = 1 + + + a1 na1 na1
n

1 1 nn + ≥ (n + 1)( ) +1 na1 na1 1 1 nn ≥ (n + 1)( ) +1 an nan

1 1 nn ≥ (n + 1)( ) +1 a2 na2

,1 +

(1 +

1 1 )(1 + ) a1 a2

(1 +

1 1 ) ≥ (n + 1) n ( n an n a1a2
n

n

an

) n +1

*

, n), ∑ ai = 1, 有
i =1

(1 ? a1 )(1 ? a2 ) = 1 ? a1 ? a2 + a1a2 = a1a2 + a3 + a4 + = a1a2 + a3 a3 + + n n
n

+ an a n an + + n n
n

+

a3 a4 a4 + + + n n n
n

+

a4 + n
1

+

+

an n
1 n ( n ?1)2

a a ≥ [n(n ? 2) + 1][a1a2 ( 3 ) n ( 4 )n n n

a 1 ( n )n ]n ( n ? 2) +1 = (n ? 1) 2 [( )n ( n? 2) a1a2 (a3 a4 n n

an ) ]

1 ∴ (1 ? a1 )(1 ? a2 ) ≥ ( n ? 1) ( ) 2 ( nn a1a2 n
2

n

an )

( n ?1)2

(
n

1 1 n ?1 ) n 2 a1a2 1 1 n ?1 ( 2 ) n a2 a3

1 2 n 同理 (1 ? a2 )(1 ? a3 ) ≥ (n ? 1) ( ) (n a1a2 n
2

an )

( n ?1) 2

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n 1 1 n ?1 ( 2 ) n an ?1an

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1 (1 ? an ?1 )(1 ? an ) ≥ (n ? 1) ( )2 (n n a1a2 n
2

an )

( n ?1)2

1 (1 ? an )(1 ? a1 ) ≥ (n ? 1) ( )2 (n n a1a2 n
2

n

an )

( n ?1)2

(

1 1 n ?1 ) n2 an a1

(1 ? a1 )(1 ? a2 )

1 (1 ? an ) ≥ (n ? 1) ( ) n (n n a1a2 n
n

an )

1 n2 ? 2( n ?1)2 n ?1

**

** 两边分别相别相乘 得

(

1 1 ? a1 )( ? a2 ) a1 a2
2 n

(

1 1 1 ? an ) = (1 + )(1 + ) an a1 a2 )
n n +1

(1 +

1 )(1 ? a1 )(1 ? a2 ) an

(1 ? an )

1 1 ≥ (n ? 1) ( ) n ( n n n a1a2 1 1 = (n ? ) n ( n n n a1a2 )

an

(n a1a2

n

an )

n2 ? 2 n + 2 2( n ?1)2

n 2 ( n ?3) + 2( n ?1) 2( n ?1)2 ( n +1)

an

1 ≥ (n ? )n n n 2 (n ? 3) + 2(n ? 1) = 1, 及 >0 2 + an n 2( n ? 1) ( n + 1) )

1 最后一步是因为 n n a1a2
n 2 ( n ? 3) + 2( n ?1) 2( n ?1)2 ( n +1)

1 ≥ an n n ( a1 + a2 + n >1

1 ∴( n n a1a2

an

)

1 1 ? a1 )( ? a2 ) a1 a2

(

1 1 ? an ) ≥ (n ? )n an n 1+ 1 1 n ≥ (n + 1)( ) n +1 及 ai nai
n

1 (1 ? ai )(1 ? ai +1 ) ≥ (n ? 1) ( ) 2 (n n a1a2 n
2

an )

( n ?1)2

(

1 1 n ?1 其证明的技巧也在于后一 ) n 2 ai ai +1

, n), ∑ ai = 1, k ∈ N
i =1

n

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(

1 1 k ? a1k )( k ? a2 ) k a1 a2

(

1 1 k ? an ) ≥ (n k ? k ) n k an n
m

k = 3 ? 2 m , m ∈ N 时上述猜想成立

[1]徐文兵. 用 零件不等式 [2]黄汉生.

∏ ( x + x ) ≥ (n + n )
i i

1

1

n

[3]胡进新. 也谈

∏ ( x + x ) ≥ (n + n )
i i

1

1

n

[4]杨先义. 一个不等式的推广, 数学通讯,2002, 19. [5]戴承鸿 刘天兵. 一个猜想的证明, 数学通讯,2002,23.

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