無聊談兩個不等式

自從和純數和附加數說再見後，大部分香港中學生只有解不等式，絕少接觸證明不等式成立的題目。

初中課程內仍有淺嚐三角形不等式的課題，即對於非退化（non-degenerate）三角形，邊長 a,b,c 者

恆有

a+b > c ， b+c > a 　及　 c+a > b

同學，利用 cosine law，我們輕易得出

2(a^2+b^2) > c^2

2(b^2+c^2) > a^2

2(c^2+a^2) > b^2

又或考慮中線（median），長度為，

有

2(a^2+b^2)=c^2+4m^2

立即有

2(a^2+b^2) > c^2

把 a,b,c 角色互換便有

2(b^2+c^2) > a^2 和 2(c^2+a^2) > b^2

順帶一提，如果角平分線（angle bisector）長度為，見下

則

$p^2=\displaystyle \frac{ab}{(a+b)^2}((a+b)^2-c^2)$

同學可自行證明上式。

另一個不等式的作為來自很基本的想法。

由 $(x-y)^2 \ge 0$ 　for all real x,y ，得 $x^2+y^2 \ge 2xy$ ；

同理，對於正整數，

$(x-y)^{2n} \ge 0$ 　for all real x,y ，得

$\displaystyle \sum^{2n}_{r=0}C^{2n}_{2n-r}x^{2n-r}(-y)^r \ge 0$

$\displaystyle \sum^{n}_{r=0}C^{2n}_{2r}x^{2n-2r}y^{2r} \ge \sum^{n}_{r=1}C^{2n}_{2r-1}x^{2n-2r+1}y^{2r-1}$

取 x=t^a,y=t^b 其中 t>0 ， $a,b \in \mathbb{R}$ ，得

$\displaystyle \sum^{n}_{r=0}C^{2n}_{2r}t^{(2n-2r)a+2rb} \ge \sum^{n}_{r=1}C^{2n}_{2r-1}t^{(2n-2r+1)a+(2r-1)b}$

做積分（integrate）

$\displaystyle \sum^{n}_{r=0}C^{2n}_{2r}\int^1_0 t^{(2n-2r)a+2rb}dt \ge \sum^{n}_{r=1}C^{2n}_{2r-1}\int^1_0t^{(2n-2r+1)a+(2r-1)b}dt$

$\displaystyle \sum^{n}_{r=0}\frac{C^{2n}_{2r}}{(2n-2r)a+2rb+1} \ge \sum^{n}_{r=1}\frac{C^{2n}_{2r-1}}{(2n-2r+1)a+(2r-1)b+1}$

分別代入 $n=1,2,3,\dots$

我們便可生產以下一系列不等式：

$\displaystyle \frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1} \ge \frac{2}{a+b+1}$

$\displaystyle \frac{1}{4a+1}+\frac{6}{2a+2b+1}+\frac{1}{4b+1} \ge \frac{4}{3a+b+1}+\frac{4}{a+3b+1}$

$\displaystyle \frac{1}{6a+1}+\frac{15}{4a+2b+1}+\frac{15}{2a+4b+1}+\frac{1}{6b+1} \ge \frac{6}{5a+b+1}+\frac{20}{3a+3b+1}+\frac{6}{a+5b+1}$

$\dots$

當 a=b ，上述式子等號成立。

無聊談兩個不等式

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