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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 ]
