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我是這麼作的, 令
\(f(x)=\dfrac{x^4+rx^2+1}{x^4+x^2+1}=\dfrac{x^2+r+\frac{1}{x^2}}{x^2+1+\frac{1}{x^2}}=\dfrac{y+r}{y+1}=1+\dfrac{r-1}{y+1}=g(y)\), 其中 \(y=x^2+\dfrac{1}{x^2}\geq 2\).
(i) 當 \(r=1\) 時, 顯然成立.
(ii) 當 \(r>1\) 時, \(g(y)\) 為遞減函數, 設 \(a\geq b\geq 2\), 則 \(g(a)\leq g(b)\leq g(2)\).
由題意可得 \(g(a)+g(b)>g(2) \forall a\geq b\geq 2\),
即 \(1+\dfrac{r-1}{a+1}+1+\dfrac{r-1}{b+1}>1+\dfrac{r-1}{2+1} \forall a\geq b\geq 2\), 對 \(a,b\) 取極限可得
\(\lim_{a, b\to\infty}1+\dfrac{r-1}{a+1}+1+\dfrac{r-1}{b+1}\geq1+\dfrac{r-1}{2+1} \), 可得\(1\geq\dfrac{r-1}{3}\), 亦即 \(r\leq4\).
因此 \(1<r\leq4\).
(iii) 當 \(r<1\) 時, \(g(y)\) 為遞增函數, 設 \(a\geq b\geq 2\), 則 \(g(a)\geq g(b)\geq g(2)=1+\dfrac{r-1}{3}>0\), 因此 \(r>-2\).
由題意可得 \(g(a)<g(b)+g(2) \forall a\geq b\geq 2\), 亦即 \(g(a)-g(b)<g(2) \forall a\geq b\geq 2\).
故 \(\sup_{a\geq b\geq 2}g(a)-g(b)\leq g(2)\).
因為 \(g(x)\) 為一嚴格遞增函數, 故 \(\sup_{a\geq b\geq 2}g(a)-g(b)=\lim_{a\to\infty,b\to 2}g(a)-g(b)=1-g(2)\).
故得 \(1-g(2)\leq g(2)\), 即 \(\dfrac{1}{2}\leq g(2)=1+\dfrac{r-1}{3}\), 即 \(-\dfrac{1}{2}\leq r\).
因此 \(-\dfrac{1}{2}\leq r<1\).
綜合(i)(ii)(iii)可得 \(-\dfrac{1}{2}\leq r\leq 4\).
以下證明 \(r=4\) 和 \(r=-\dfrac{1}{2}\) 時, 對任意實數 \(a\geq b\geq c\geq 2\), \(g(a), g(b), g(c)\) 均可形成三角形三邊長.
(i) 當 \(r=4\) 時, \(g(a)\leq g(b)\leq g(c)\leq g(2)=2\).
此時 \(g(a)+g(b)=1+\dfrac{3}{a+1}+1+\dfrac{3}{b+1}>2=g(2)\geq g(c)\),
因此 \(g(a), g(b), g(c)\) 可形成三角形三邊長.
(ii) 當 \(r=-\dfrac{1}{2}\) 時, \(g(a)\geq g(b)\geq g(c)\geq g(2)=\dfrac{1}{2}\).
此時 \(g(a)-g(b)\leq g(a)-g(2)=-\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{2}=g(2)\),
因此 \(g(a), g(b), g(c)\) 可形成三角形三邊長.
[ 本帖最後由 leonyo 於 2017-8-15 01:48 編輯 ]
