3.1 不等式與絕對值

動機

不等式是關於次序的斷言，所以其代數運算具有方向。兩邊加上同一實數會保留方向， 乘以負數卻會反轉方向。因此，乘以一個符號未定的式子並非無害的化簡，而是要求我們 分情況論證。平方、取倒數及消去分母，也受同一原則約束。

本課程以不等式完成三類相關工作。第一，它描述解集，而解集往往是區間的聯集或交集。 第二，它證明算術平均與幾何平均不等式、柯西—施瓦茨不等式等比較；等號情況會指出界限 何時精確。第三，它提供估計：即使難以求出精確值，界限仍可控制極限、證明多項式最終 具有固定符號，或量化數列項與候選極限之間的距離。

可靠的習慣始終相同：先寫下定義域，辨認每個可能改變符號的位置，逐步說明變形依據， 最後把結果與原定義域相交。若未履行這些責任，一個看似合理的區間仍不構成證明。

解不等式：先看定義域與符號

第一個任務是使每一步代數變形都保持原來的解集。使用乘數之前，先確定它的符號。

定義

解集與臨界點

不等式的解集，是其定義域內令命題成立的點所成的集合。分子零點、分母零點及絕對值的 分段點都是臨界點；任意兩個相鄰臨界點之間，相關因子的符號保持不變。分母的零點永不 容許，即使代數約簡看似已把該因子消去亦然。

定理

實數次序規則與安全變形

對實數 $a,b,c$，三歧律及傳遞律成立，而且

$$a\lt b\Longrightarrow a+c\lt b+c, \qquad \begin{cases} ac\lt bc,&c\gt0,\\ ac\gt bc,&c\lt0. \end{cases}$$

若 $c=0$，相乘會消除原有比較，而不是保留一個等價不等式。若 $0\lt a\lt b$ 且 $r\gt0$，則 $a^r\lt b^r$ 及 $a^{-r}\gt b^{-r}$；對任意實數次方 及倒數而言，正數假設不可缺少。

思考檢查

為甚麼不等式乘以 $x-1$ 並非自動可逆？

辨認乘數的三種可能符號。

解答 · 快速檢查答案 1

當 $x\gt1$，方向保留；當 $x\lt1$，方向反轉；當 $x=1$，乘數為零。若乘數來自分母， 該點更不在定義域內。

例題

三個先處理定義域的符號分析

先解有理不等式。定義域排除 $x=1$；把所有項移至同一邊可得

$$\frac{x+1}{x-1}\le2 \Longleftrightarrow \frac{x-3}{x-1}\ge0 \Longleftrightarrow x\lt1\ \text{or}\ x\ge3.$$

亦可乘以 $(x-1)^2\gt0$，但必須先記錄 $x\ne1$。

其次，對 $x\ne0$，

$$x\gt\frac3x+2 \Longleftrightarrow \frac{(x-3)(x+1)}{x}\gt0 \Longleftrightarrow -1\lt x\lt0\ \text{or}\ x\gt3.$$

最後，$e^{-x}\sqrt{x-1}$ 恰在 $x\gt1$ 時為正。在此定義域上，

$$\frac{(x-2)^3(x-3)}{e^{-x}\sqrt{x-1}}\gt0 \Longleftrightarrow 1\lt x\lt2\ \text{or}\ x\gt3.$$

因不等式嚴格，分子零點 $2$ 及 $3$ 均須排除。

常見錯誤

消去符號未定的分母

若不分情況便乘以 $x-1$，不等號可能反向，亦可能納入禁點 $x=1$。先寫明排除條件， 再使用符號分情況、符號表，或乘以正平方 $(x-1)^2$。

常見錯誤

未控制符號便平方

由 $u\lt v$ 不能在缺乏適當符號資料時推出 $u^2\lt v^2$。同樣地，任意實數次方要求 底數為正。先建立非負性或分情況，才可使用聲稱為單調的運算。

絕對值：距離與分段討論

距離條件可以轉化為實數軸上的區間；三角不等式進一步讓我們毋須算出精確值，也能比較距離。

定義

絕對值作為距離

對實數 $t$，絕對值定義為

$$|t|:= \begin{cases} t,&t\ge 0,\\ -t,&t\lt0. \end{cases}$$

因此，$|t|$ 是 $t$ 至 $0$ 的距離，而 $|x-a|$ 是 $x$ 至 $a$ 的距離。特別地， $|t|\ge0$，且 $|t|=\sqrt{t^2}$，其中平方根取非負值。

定理

絕對值不等式與三角不等式

對實數 $a,b$ 及 $r\ge0$，

$$|a|\le r\Longleftrightarrow -r\le a\le r, \qquad |a|\ge r\Longleftrightarrow a\le-r\ \text{or}\ a\ge r.$$

當 $r\gt0$ 時，嚴格形式為

$$|a|\lt r\Longleftrightarrow -r\lt a\lt r, \qquad |a|\gt r\Longleftrightarrow a\lt-r\ \text{or}\ a\gt r.$$

絕對值亦滿足

$$|-a|=|a|, \qquad |ab|=|a||b|, \qquad -|a|\le a\le |a|.$$

此外，

$$|a+b|\le |a|+|b|, \qquad \bigl||a|-|b|\bigr|\le |a-b|\le |a|+|b|.$$

$|a+b|\le|a|+|b|$ 等號成立，當且僅當 $ab\ge0$。對 $n\in\mathbb Z_+$ 及實數 $a_1,\ldots,a_n$，反覆套用即得

$$|a_1+\cdots+a_n|\le |a_1|+\cdots+|a_n|.$$

等號成立當且僅當所有加數均非負，或所有加數均非正。

證明. 三角不等式可由比較平方證明。由於兩邊皆非負，

$$|a+b|^2=a^2+2ab+b^2 \le |a|^2+2|a||b|+|b|^2=(|a|+|b|)^2.$$

把 $a$ 換成 $a-b$，可得反向三角不等式的一邊；交換 $a,b$ 便得另一邊。

例題

分段處理絕對值不等式

對 $|x-2|+|2x+1|\ge4$，把每個分段點恰好編入一個區間：

$$|x-2|+|2x+1|= \begin{cases} -3x+1,&x\lt-\tfrac12,\\ x+3,&-\tfrac12\le x\lt2,\\ 3x-1,&x\ge2. \end{cases}$$

在各區間內求解，再取聯集，便得

$$|x-2|+|2x+1|\ge4 \Longleftrightarrow x\le-1\ \text{or}\ x\ge1.$$

另一方法是繪製標示正確的函數圖像 $y=|x-2|+|2x+1|$，並與水平線 $y=4$ 比較；上述 分段代數恰好解釋了為甚麼圖上會出現同樣的兩條射線。

另外兩次分情況分析給出

$$|x-2|\lt x^2\Longleftrightarrow x\lt-2\ \text{or}\ x\gt1,$$

以及在排除 $x=-1$ 並顧及負分母後，

$$\frac{|x+2|}{x+1}\lt-1 \Longleftrightarrow -\frac32\lt x\lt-1.$$

常見錯誤

忽略絕對值的邏輯

$|x|$ 不會自動等於 $x$。小距離條件產生交集，大距離條件通常產生聯集。必須一致地 分配各分段點，避免遺漏某點，或以互相矛盾的公式重複處理它。

思考檢查

把 $|x-5|\lt2$ 改寫為單一區間。

把式子理解為至 $5$ 的距離。

解答 · 快速檢查答案 2

條件是 $-2\lt x-5\lt2$，所以 $3\lt x\lt7$。

正權求和與非負平方

接下來要證明對所有容許輸入都成立的比較。正權求和與非負平方同時解釋了不等號方向和取等條件。

定理

正權比值位於端點之間

設 $n\in\mathbb Z_+$、$y_i\gt0$，且對 $1\le i\le n$ 均有 $m\le x_i/y_i\le M$。則

$$m\le \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{i=1}^n y_i}\le M.$$

若至少一個比值嚴格大於 $m$，左方不等式便是嚴格的；若至少一個比值嚴格小於 $M$，右方不等式便是嚴格的。因此，若 $n\ge2$ 且 $x_1/y_1\lt\cdots\lt x_n/y_n$，總和的比值嚴格位於兩個端點比值之間。當 $0\lt\alpha_i\lt\pi/2$ 時，可合法地取 $x_i=\sin\alpha_i$、 $y_i=\cos\alpha_i$，因為每個分母皆為正。

一個基本特例是：若 $p\ge a\gt0$ 及 $b\ge q\gt0$，則 $aq\le pq\le pb$；再除以正數 $bq$，便得 $a/b\le p/q$。

證明. 比值定理清楚展示如何處理嚴格端點。由 $m\le x_i/y_i\le M$ 及 $y_i\gt0$，逐項得 $my_i\le x_i\le My_i$。求和後除以正數 $\sum_i y_i$，便得兩個弱界。若至少一項的 下界比較嚴格，其正差距在求和後仍為正，故下界嚴格；上端點須另以同樣方法處理。若 某項確實取得端點比值，便不可假裝每一項都是嚴格比較。

例題

非負平方與嚴格加權比值

對 $x,y\gt0$，除以正數 $xy$ 會保留次序，故

$$(x-y)^2\ge0 \Longrightarrow x^2+y^2\ge2xy \Longrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2.$$

等號成立當且僅當 $x=y$。同樣地，對實數 $a,b,c$，

$$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 =2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge0,$$

所以 $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$，等號成立當且僅當 $a=b=c$。

應用比值定理時，把逐項弱界 $m\le x_i/y_i\le M$ 乘以正數 $y_i$ 再求和。 若至少一個比值大於 $m$，求和後的下界嚴格；另行考察上界，若至少一個比值 小於 $M$，求和後的上界嚴格。例如，$x_1=1$、$x_2=2$、$y_1=y_2=1$ 分別取得端點比值 $m=1$ 和 $M=2$，但總和之比為 $3/2$，嚴格位於兩端之間。

平均值、最優界與等號條件

平均值把多個輸入歸納成一個代表值。使用相應不等式時，必須同時保留定義域和等號條件。

定義

四種經典平均數

設 $n\in\mathbb Z_+$。對正實數 $a_1,\ldots,a_n$，算術平均、幾何平均、調和平均及均方根分別定義為

$$A_n=\frac1n\sum_{i=1}^n a_i, \qquad G_n=\left(\prod_{i=1}^n a_i\right)^{1/n}, \qquad H_n=\frac{n}{\sum_{i=1}^n 1/a_i}, \qquad Q_n=\left(\frac1n\sum_{i=1}^n a_i^2\right)^{1/2}.$$

$A_n$ 與 $Q_n$ 對任意實數輸入都有意義；算術平均—幾何平均定理中的 $G_n$ 容許非負輸入；$H_n$ 則要求輸入為正。

定理

算術平均—幾何平均與加權形式

對 $n\in\mathbb Z_+$ 及非負數 $a_1,\ldots,a_n$，

$$\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\ge (a_1\cdots a_n)^{1/n},$$

等號成立當且僅當所有輸入相等。對 $a,b\gt0$ 及 $0\lt p\lt1$，

$$a^p b^{1-p}\le pa+(1-p)b,$$

同樣地，等號成立當且僅當 $a=b$。等價地，若 $\alpha,\beta>0$，則

$$a^\alpha b^\beta\le \left(\frac{\alpha a+\beta b}{\alpha+\beta}\right)^{\alpha+\beta}.$$

證明. 要簡潔證明一般算術平均—幾何平均不等式，先用微積分得到 $\log t\le t-1$，其中 $t\gt0$。若每個 $a_i$ 均為正，並令 $A=(a_1+\cdots+a_n)/n$，則

$$\sum_{i=1}^n\log\frac{a_i}{A} \le \sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{A}-1\right)=0.$$

兩邊取指數便得 $\prod_i a_i\le A^n$；等號迫使每個 $a_i/A=1$。若某輸入為零， 幾何平均為零而算術平均非負；只有所有輸入皆為零才可等號成立。這樣便在使用對數或 約去正平均數之前，先妥善處理零值情況。

加權算術平均—幾何平均是二項加權版本。對 $t\gt0$、$0\lt p\lt1$，微積分不等式 $t^p\le pt+1-p$ 成立。取 $t=a/b$ 再乘以 $b\gt0$，即得 $a^pb^{1-p}\le pa+(1-p)b$；等號條件 $t=1$ 即為 $a=b$。

例題

算術平均—幾何平均的應用與兩個歐拉伴隨數列

對正數 $a,b,c$，把算術平均—幾何平均不等式應用於 $a/b,b/c,c/a$，得

$$\frac ab+\frac bc+\frac ca\ge3.$$

把它應用於正倒數，便得 $H_n\le G_n$。把它應用於 $n$ 個 $1+1/n$ 及一個 $1$， 可證 $u_n=(1+1/n)^n$ 嚴格遞增；對適當倒數作平行論證，則證 $v_n=(1+1/n)^{n+1}$ 嚴格遞減。各處都需要正性，而嚴格性源於各項並非全都相等。

較明確地，第一組數的算術平均是 $1+1/(n+1)$，幾何平均是 $((1+1/n)^n)^{1/(n+1)}$；把正的嚴格不等式提升至 $n+1$ 次方，便得 $u_{n+1}>u_n$。對伴隨數列，把算術平均—幾何平均不等式應用於 $n+1$ 個 $n/(n+1)$ 及一個 $1$。其算術平均為 $(n+1)/(n+2)$；把嚴格比較提升至 $n+2$ 次方，再取正倒數，便得 $v_{n+1}\lt v_n$。

加權算術平均—幾何平均亦給出，對 $u,v\gt0$，

$$u^{1/3}v^{2/3}\le\frac13u+\frac23v.$$

定理

柯西—施瓦茨不等式與平均數層級

對 $n\in\mathbb Z_+$ 及實數 $x_i,y_i$，

$$\left(\sum_{i=1}^n x_i y_i\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right).$$

等號成立當且僅當兩個向量線性相依，包括其中一個為零向量的情況；換言之，一個向量 是另一個的純量倍。只有當兩個向量均非零，正規化內積才可解讀為餘弦。對任意實數 $a_i$，柯西—施瓦茨不等式給出 $Q_n\ge|A_n|$。若 $a_i$ 全為正，完整關係為

$$Q_n\ge A_n\ge G_n\ge H_n,$$

而全鏈同時等號成立，當且僅當所有輸入相等。

證明. 證明柯西—施瓦茨不等式時，先排除零向量情況。若 $\sum_i x_i^2\gt0$，考慮

$$F(t)=\sum_{i=1}^n(tx_i-y_i)^2 =\left(\sum x_i^2\right)t^2-2\left(\sum x_i y_i\right)t+\sum y_i^2.$$

因 $F(t)$ 對每個實數 $t$ 均非負，其判別式必非正，而這正是所述不等式。等號表示 某個 $\lambda$ 令 $F(\lambda)=0$，故每個 $y_i=\lambda x_i$。

例題

柯西—施瓦茨不等式的恩格爾形式

當 $b_i\gt0$，把柯西—施瓦茨不等式應用於 $x_i=a_i/\sqrt{b_i}$ 及 $y_i=\sqrt{b_i}$：

$$\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{b_i} \ge\frac{(a_1+\cdots+a_n)^2}{b_1+\cdots+b_n}.$$

對正數 $a,b,c$，取 $x=(\sqrt{a^3b},\sqrt{b^3c},\sqrt{c^3a})$ 及 $y=(1/\sqrt{ab},1/\sqrt{bc},1/\sqrt{ca})$，可得

$$abc(a+b+c)\le a^3b+b^3c+c^3a.$$

平方根及倒數說明了為甚麼此應用的假設要求正數，而不僅是實數。這裏 $1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)=(a+b+c)/(abc)$；把柯西界除以正數 $a+b+c$，即得上式。

恩格爾形式也可解一個循環例子。若 $x,y,z,w\gt0$ 且 $xyzw=16$，則

$$\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+w}+\frac{w^2}{w+x} \ge\frac{x+y+z+w}{2}\ge4.$$

最後一步使用算術平均—幾何平均不等式；全程等號成立要求 $x=y=z=w=2$。

常見錯誤

在假設以外套用著名不等式

一般算術平均—幾何平均不等式容許非負輸入，但對數證明及實數加權冪要求正輸入。 調和平均要求正分母；恩格爾形式要求 $b_i\gt0$；柯西—施瓦茨不等式的餘弦解讀則 要求兩個向量均非零。

思考檢查

對任意實數輸入，可以用涉及 $|A_n|$ 的甚麼更強估計來加強 $Q_n\ge A_n$？

把柯西—施瓦茨不等式用於 $(a_1,\ldots,a_n)$ 和 $(1,\ldots,1)$。

解答 · 快速檢查答案 3

對任意實數輸入，柯西—施瓦茨不等式給出 $Q_n\ge|A_n|\ge A_n$。 所以 $Q_n\ge A_n$ 本來就成立；帶絕對值的界更強。完整的關係鏈 $Q_n\ge A_n\ge G_n\ge H_n$ 則是對正輸入而陳述。

從界得到定量控制

當一個界能按需要變得足夠小或足夠大時，估計便具有更強的用途。下面用同樣的絕對值工具控制局部極限和多項式最終的符號。

定義

去心極限

對 $f:\mathbb R\setminus\{c\}\to\mathbb R$，斷言 $\lim_{x\to c}f(x)=L$ 的意思是

$$(\forall\varepsilon>0)(\exists\delta>0) (\forall x\in\mathbb R\setminus\{c\}) \bigl(0\lt|x-c|\lt\delta\Longrightarrow |f(x)-L|\lt\varepsilon\bigr).$$

$0\lt|x-c|$ 編碼了 $x\ne c$，亦即只考慮 $c$ 的去心鄰域。數值 $\delta$ 可依賴 $\varepsilon$，卻不可依賴其後才選取的 $x$。

例題

絕對值估計與 epsilon 控制

反向三角不等式可避免完整求解一個複合不等式：

$$|2x-1|+|x|\le5 \Longrightarrow 2|x|-1+|x|\le5 \Longrightarrow |x|\le2.$$

對三次式，令 $\delta=\min\{\varepsilon/20,1\}$。若 $|x-2|\lt\delta$，則 $|x|\lt3$，所以

$$|x^3-8| =|x-2||x^2+2x+4| \le |x-2|(|x|^2+2|x|+4) \lt20\delta\le\varepsilon.$$

限制 $\delta\le1$ 是為了控制隨 $x$ 改變的因子；任何更小的正 $\delta$ 亦可， 所以選擇並不唯一。對 $f(x)=x^2+4x$，相關局部估計是

$$|x+3|\lt1\Longrightarrow |f(x)+3| =|x+3||x+1|\le3|x+3|.$$

最後採用非嚴格上界，可令敘述在 $x=-3$ 也成立。若 $0\lt\varepsilon\lt1$，取 $\delta=\varepsilon/3$，便得所需的嚴格 $\varepsilon$ 估計。

定理

多項式首項的支配性

設 $p(x)=ax^3+bx^2+cx+d$，其中 $a\gt0$。存在 $m\lt0\lt M$ 使 $p(m)\lt0\lt p(M)$。多項式連續，故介值定理保證 $m$ 與 $M$ 之間存在一個實零點。 同一支配論證適用於任何首項係數非零的實奇次多項式。

例題

多項式支配性與數列的量化界限

令 $B=|b|+|c|+|d|$。對 $x\ge1$，

$$p(x)=ax^3+bx^2+cx+d \ge ax^3-Bx^2=x^2(ax-B).$$

所以對任意 $\alpha\gt0$，只要選 $M\ge\max\{1,(B+\alpha)/a\}$，則 $x\gt M$ 時有 $p(x)\gt\alpha$。對 $R\ge1$， 相應估計 $p(-R)\le-aR^3+BR^2=R^2(B-aR)$ 在 $R\gt B/a$ 時為負。於是連續性 給出上文斷言的實根，而毋須把係數 $c$ 再用作根的名稱。

對 $x_n=(n^2-3)/(n^2-5n-1)$ 及 $n\ge12$，

$$|x_n-1| =\left|\frac{5n-2}{n^2-5n-1}\right| \le\frac{7n}{n^2/2}=\frac{14}{n}.$$

因此，對 $\varepsilon_0=2^{-1025}$，明確取

$$N=14\cdot2^{1025}$$

便可保證每個整數 $n\ge N$ 都滿足 $|x_n-1|\le\varepsilon_0$。 $\varepsilon_0$ 的指數仍是負數；只有其倒數出現在 $N$ 中。

一個相關的微積分估計

微積分亦證明 $e^x\ge1+x$：函數 $e^x-x-1$ 在負半軸遞減至 $0$，在正半軸從 $0$ 開始遞增。因此 $0$ 是其全域最小值，且只在 $x=0$ 等號成立。

總結

解不等式本質上是定義域與符號的論證。把所有項移至同一邊，標出分子零點、分母零點 及絕對值分段點，再檢驗符號固定的區間。只有在相關符號條件已明確交代後，平方或消去 分母才是安全的。

在證明方面，非負平方自然導出二元算術平均—幾何平均不等式、三角不等式及許多基本 比較。一般與加權算術平均—幾何平均不等式，以及柯西—施瓦茨不等式，把這些構想整理 成可重用的界限。等號條件是定理的一部分，並非可有可無的裝飾。最後，三角估計把局部 資料轉化為 epsilon 控制，而首項估計支配多項式及數列。

練習

1. 對每個整數 $n\ge2$，用數學歸納法證明 $(1\cdot3\cdots(2n-1))/(2\cdot4\cdots2n)\lt1/\sqrt{3n+1}$。

2. 對相異正數 $a,b$，證明每個正整數 $n$ 均有 $a^{n+1}-a^n b>ab^n-b^{n+1}$。再證明 $b^n((n+1)a-nb)\lt a^{n+1}$，並用它說明 $(1+1/n)^n$ 嚴格遞增。

3. 對 $x\gt-1$ 及正整數 $n$，證明伯努利不等式 $(1+x)^n\ge1+nx$，並指出 等號何時成立。

4. 用兩種方法解 $(x+1)/(x-1)\le2$：按分母符號分情況討論，以及乘以正平方。解釋兩個 論證為甚麼都要排除 $x=1$。

5. 解 $|x-2|\lt x^2$ 及 $|x+2|/(x+1)\lt-1$，並記錄每個分段點及禁值。

6. 對正數 $a,b,c$，用算術平均—幾何平均不等式證明 $a/b+b/c+c/a\ge3$，並求等號情況；另證正輸入滿足 $H_n\le G_n$。

7. 對實數 $a_i$ 及正數 $b_i$，證明柯西—施瓦茨不等式的恩格爾形式。再取 $a_i=\sin\theta_i$、$b_i=\cos^2\theta_i$，其中 $0\le\theta_i\lt\pi/2$，加以應用。

8. 對正數 $a,b,c$，證明 $a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a$。

9. 設 $f(x)=x^2+4x$。對 $0\lt\varepsilon\lt1$，求 $\delta\gt0$，使 $|x+3|\lt\delta$ 蘊涵 $|f(x)+3|\lt\varepsilon$。

10. 對 $x_n=(n^2-3)/(n^2-5n-1)$，證明 $n\ge12$ 時 $|x_n-1|\le14/n$，再為 $\varepsilon_0=2^{-1025}$ 給出明確的 $N$，使所有 $n\ge N$ 均滿足 $|x_n-1|\le\varepsilon_0$。

答案與解答

解答 · 解答 1

基礎情況是 $3/8\lt1/\sqrt7$，因兩邊均為正且 $63\lt64$。假設命題對 $k\ge2$ 成立；乘以下一個正因子後，歸納步歸結為

$$\frac{2k+1}{(2k+2)\sqrt{3k+1}}\lt\frac1{\sqrt{3k+4}}.$$

把正數平方後，右方大於左方，因為 $(2k+2)^2(3k+1)-(2k+1)^2(3k+4)=k>0$。歸納步成立，故結論得證。

解答 · 解答 2

先把第一個差因式分解：

$$a^{n+1}-a^nb-(ab^n-b^{n+1})=(a-b)(a^n-b^n)\gt0.$$

由於 $a-b$ 與 $a^n-b^n$ 具有相同的非零符號，乘積為正。第二個命題的基礎情況 等價於 $(a-b)^2\gt0$。若命題對 $k$ 成立，則正差

$$a b^k((k+1)a-kb)-b^{k+1}((k+2)a-(k+1)b) =(k+1)b^k(a-b)^2$$

使所求左式小於 $a$ 乘以歸納假設的左式，因而小於 $a^{k+2}$。最後取 $a=n(n+2)$、$b=(n+1)^2$，再除去所得正因子，便得 $(1+1/n)^n\lt(1+1/(n+1))^{n+1}$。

解答 · 解答 3

$n=1$ 時等號成立。若 $(1+x)^k\ge1+kx$，因 $1+x\gt0$，所以

$$(1+x)^{k+1}\ge(1+kx)(1+x) =1+(k+1)x+kx^2\ge1+(k+1)x.$$

故數學歸納法證明命題。當 $x=0$，每個 $n$ 均等號成立；當 $n=1$，每個容許的 $x$ 亦等號成立；若 $n\gt1$，等號要求 $x=0$。

解答 · 解答 4

在 $x\gt1$ 上，乘以 $x-1\gt0$ 得 $x\ge3$。在 $x\lt1$ 上，相乘會反轉不等號並得 $x\le3$，故整個 $x\lt1$ 區間保留。另一方法是先規定 $x\ne1$，再乘以 $(x-1)^2\gt0$，得 $(x-1)(x-3)\ge0$。兩法均得 $(-\infty,1)\cup[3,\infty)$。

解答 · 解答 5

第一題在 $2$ 分段。在 $x\lt2$ 上，它化為 $(x+2)(x-1)\gt0$；在 $x\ge2$ 上，所得 二次式恆正。因此答案為 $x\lt-2$ 或 $x\gt1$。第二題中 $x+1$ 必須為負，故 $x\lt-1$；再在 $-2$ 分段，只留下 $-3/2\lt x\lt-1$。

解答 · 解答 6

三個正數 $a/b,b/c,c/a$ 的乘積為 $1$，故其算術平均至少為 $1$。等號要求 $a/b=b/c=c/a=1$，即 $a=b=c$。把算術平均—幾何平均不等式應用於 $1/a_1,\ldots,1/a_n$，得 $1/H_n\ge1/G_n$；正性容許取倒數，故 $H_n\le G_n$。

解答 · 解答 7

把柯西—施瓦茨不等式應用於 $a_i/\sqrt{b_i}$ 及 $\sqrt{b_i}$，便得恩格爾界。 在題設三角代換下，每個餘弦皆為正，故得到

$$\sum_{i=1}^n\frac1{\cos^2\theta_i} \ge n+ \frac{(\sum_{i=1}^n\sin\theta_i)^2}{\sum_{i=1}^n\cos^2\theta_i}.$$

這裏以恆等式 $1/\cos^2\theta_i=1+\tan^2\theta_i$ 得到所顯示的形式。

解答 · 解答 8

由二元算術平均—幾何平均不等式， $2a^3+b^3\ge3a^2b$、$2b^3+c^3\ge3b^2c$ 及 $2c^3+a^3\ge3c^2a$。三式相加再除以 $3$，即得結論。三個比較同時等號成立要求 $a=b=c$。

解答 · 解答 9

若 $|x+3|\lt1$，則 $|x+1|\le|x+3|+2\lt3$，所以 $|f(x)+3|=|x+3||x+1|\le3|x+3|$。取 $\delta=\varepsilon/3$；由於 $0\lt\varepsilon\lt1$，預備條件成立，最終估計嚴格小於 $\varepsilon$。

解答 · 解答 10

對 $n\ge12$，有 $|5n-2|\le7n$ 及 $|n^2-5n-1|\ge n^2-6n\ge n^2/2$，故 $|x_n-1|\le14/n$。取 $N=14\cdot2^{1025}$，便有 $14/N=2^{-1025}$，因而每個 $n\ge N$ 均滿足所需估計。