楊晉

Jensen不等式[1]：若函數(shù)y=f（x）是（a，b）上的凸函數(shù)，則對(duì)任意x1，x2，…，xn∈（a，b）

都有f（x1+x2+…+xnn）≤f（x1）+f（x2）+…+f（xn）n.

其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn時(shí)成立.

Jensen不等式反映了凸函數(shù)的一個(gè)基本性質(zhì)，它有著極其廣泛的應(yīng)用.本文中我們利用此不等式可以較簡(jiǎn)捷地解決近幾年來(lái)的一類競(jìng)賽不等式，以供參考，學(xué)習(xí)之用.1證明不等式.

例1（2015年安徽省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）

設(shè)正實(shí)數(shù)a，b滿足a+b=1，求證：a2+1a+b2+1b≥3.

證明構(gòu)造函數(shù)f（x）=x2+1x（0

f′（x）=2x-1x22x2+1x，

f″（x）=12x+3x44（x2+1x）x2+1x>0，

從而函數(shù)f（x）=x2+1x在0，1上為凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）2≥f（a+b2）=f（12）=32，即a2+1a+b2+1b≥3，所以原不等式成立.

例2（2014年安徽省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）

已知正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x+y+z=1，求證：z-yx+2y+x-zy+2z+y-xz+2x≥0.

證明由x+y+z=1，可得x+2y=1-（z-y），y+2z==1-（x-z），z+2x=1-（y-x），

從而原不等式化為z-y1-（z-y）+x-z1-（x-z）+y-x1-（y-x）≥0.

構(gòu)造函數(shù)f（m）=m1-m，m∈（-1，1），

對(duì)f（m）求二階導(dǎo)數(shù)，則有f′（m）=1（1-m）2，f″（m）=2（1-m）3>0，

從而f（m）為m∈（-1，1）上的凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（z-y）+f（x-z）+f（y-x）3≥f（z-y+x-z+y-x3）=0，

從而原不等式成立.

評(píng)注通過(guò)上述兩例，可以看出這兩道不等式題目命制中的凸函數(shù)背景.

例3（2012年希臘奧林匹克競(jìng)賽題）

設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且a+b+c=3，求證：

a2（b+c）3+b2（c+a）3+c2（a+b）3≥38.

證明構(gòu)造函數(shù)f（x）=x2（3-x）3，x∈（0，3），對(duì)f（x）求二階導(dǎo)數(shù)，則有

f′（x）=6x-x2（3-x）4，f″（x）=2（9-x2）+12x（3-x）5>0，

從而f（x）為（0，3）上的凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3）=f（1）=18，

故有a2（b+c）3+b2（c+a）3+c2（a+b）3≥38.

所以原不等式成立

例4（2011年甘肅省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）

設(shè)a1，a2，…，an均為正實(shí)數(shù)，且a1+a2+…+an=1.求證：

（a1+1a1）2+（a2+1a2）2+…+（an+1an）2≥（n2+1）2n.

證明構(gòu)造函數(shù)f（x）=（x+1x）2（0

f′（x）=2（x4-1）x3，f″（x）=2x4+6x4>0，

從而f（x）為（0，1）上的凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（x1）+f（x2）+…+f（xn）n≥f（x1+x2+…+xnn）=f（1n）=（n+1n）2，

即（a1+1a1）2+（a2+1a2）2+…+（an+1an）2≥（n2+1）2n.

所以原不等式成立

評(píng)注文[2]給出了例3和例4一種新證法，這里利用Jensen不等式證之，也不失為一種好方法.

2加強(qiáng)不等式.

例5（2012年克羅地亞奧林匹克競(jìng)賽題）

設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且a+b+c≤3，求證：

a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥2.

證明構(gòu)造函數(shù)f（x）=x+1x（x+2），x∈（0，3），對(duì)f（x）求二階導(dǎo)數(shù)，則有

f′（x）=-x2+2x+2（x2+2x）2，f″（x）=2（x+1）（x2+2x+4）（x2+2x）2>0，

從而f（x）為（0，3）上的凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3），即a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）.

設(shè)u=a+b+c≤3，則只要證9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）≥2，

即9（u+3）u（u+6）≥2（2u+9）（u-3）≤0，由0

從而原不等式成立.

注記從上面的證明中可以看出，原不等式加強(qiáng)為：

a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）≥2.

例6（2010年第一屆陳省身杯全國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽題）

設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且a3+b3+c3=3，求證：

1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥1.

證明構(gòu)造函數(shù)f（x）=1x2+x+1（0

f′（x）=-2x+1（x2+x+1）2，f″（x）=6x（x+1）（x2+x+1）3>0，

從而f（x）為（0，1）上的凸函數(shù)，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3），

所以有1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1，

又由冪平均不等式a3+b3+c33≥（a+b+c3）3，可得a+b+c3≤1，

故1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1≥1.

所以原不等式成立.

注記從上面的證明中可以看出，原不等式加強(qiáng)為：

1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1≥1.3推廣不等式

利用Jensen不等式不僅可以證明和加強(qiáng)不等式，還可以用來(lái)推廣不等式，如將例1、例3進(jìn)行推廣，可得：

例7設(shè)x1，x2，…，xn（n≥2）均為正實(shí)數(shù)，且滿足x1+x2+…+xn=1，則有

x21+1x1+x22+1x2+…+x2n+1xn≥1+n3.

例8設(shè)a1，a2，…，an均為正實(shí)數(shù)，且a1+a2+…+an=n，求證：

a21（n-a1）3+a22（n-a2）3+…+a2n（n-an）3≥n（n-1）3.

證明的方法與上述證法類似，讀者可自證.

最后，提供兩題，作為訓(xùn)練.

1.設(shè)a1，a2，…，an均為正實(shí)數(shù)，且a1+a2+…+an=1.求證：

a12-a1+a22-a2+…+an2-an≥n2n-1.

2.設(shè)銳角A，B，C滿足cos2A+cos2B+cos2C=1，求證：

1sin2A+1sin2B+1sin2C≥92.

參考文獻(xiàn)

[1]王向東等.不等式·理論·方法[M].鄭州：河南教育出版社，19945：253-259

[2]劉康寧.利用“一次函數(shù)逼近”證明一類不等式[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考（上旬），2015（10）：64-68