问题2012100601
关于Bernoulli不等式的推广:
(1)证明:当$-2 \le h \le -1$时Bernoulli不等式$(1 + h)^n \ge 1 + nh$仍成立;
(2)证明:当$h \ge 0$时成立不等式$(1 + h)^n \ge \frac{n(n-1)h^2}{2}$,并推广之;
(3)证明:若$a_i > -1$($i=1,2,\cdots, n$)且同号,则成立不等式
\[\prod_{i=1}^{n}{(1 + a_i)} \ge 1 + \sum_{i=1}^{n}{a_i}.\]
来源
数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.
解答
(1) 使用归纳法,不过需要验证两个基础$n=1,2$.
(i) $n=1$时,不等式变成了等式,结论成立,$n=2$时,注意到$h^2 > 0$,有
\[(1 + h)^2 = 1 + 2h + h^2 > 1 + 2h,\]
结论成立;
(ii) 假设对于小于等于$n$的所有自然数结论成立,由于我们验证了两个,我们可以认为$n \ge 2$, 对于$n+1$来说,注意到$(1 + h)^2 \ge 0$,以及对于$n-1$不等式成立.应该有
\[\begin{aligned}(1 + h)^{n+1} &= (1+h)^{n-1}(1 + h)^2 \\&\ge [1 + (n-1)h](1 + h)^2 \\&= 1 + (n+1)h + [(2n-1) + (n-1)h]h^2\end{aligned}\]
由于$-2 < h < -1$,于是$-2(n-1) < (n-1)h < -1(n-1)$,因此$(2n-1) + (n-1)h > 0$,$h^2 > 0$,所以有
\[(1 + h)^{n+1} \ge 1 + (n+1)h,\]
结论成立.(2)使用二项展开式即可,
(3)首先$a_i > -1$, 于是$1 + a_i > 0$,然后使用归纳法. 比较简单, 这里不展开了.
问题2012100602
阶乘$n!$在数学分析以及其他课程中经常出现,以下是几个有关的不等式,它们都可以从平均值不等式得到:
(1)证明:当$n > 1$时成立$n! < (\frac{n+1}{2})^n$;
(2)利用$(n!)^2 = (n \cdot 1)((n-1) \cdot 2) \cdots (1 \cdot n)$证明:当$n > 1$时成立
\[n! < (\frac{n+2}{\sqrt{6}})^2;\]
(3)比较(1)和(2)中两个不等式的优劣,并说明原因;
(4)证明:对任意实数$r$成立$(\sum_{i=1}^{n}{k^r})^n \ge n^n(n!)^r$.
来源
数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.
解答
通过一些变形,然后使用平均值不等式即可.
(1) $(n!)^2 = (n \cdot 1)((n-1) \cdot 2) \cdots (1 \cdot n)$,对于每一个括号里面的有
\[a(n+1-a) \le (\frac{a + (n+1-a)}{2})^2 = (\frac{n+1}{2})^2,\]
一共有$n$个这样的不等式,并且大部分是不等号严格成立.因此
\[(n!)^2 < (\frac{n+1}{2})^{2n},\]
两边开平方根即可得到结论.(2) 仍然是$(n!)^2 = (n \cdot 1)((n-1) \cdot 2) \cdots (1 \cdot n)$,不过这次换一种组合方式:
\[\begin{aligned}(n!)^2 &= (n \cdot 1)((n-1) \cdot 2) \cdots (1 \cdot n) \\&< [\frac{(n \cdot 1) + ((n-1) \cdot 2) + \cdots + (1 \cdot n)}{n}]^n \\&=[\frac{(n+1)(n+2)}{6}]^n<\frac{(n+2)^{2n}}{6^n}.\end{aligned}\]
两边开平方根即可得到结论.(3) (2)比(1)更优,因为在大部分情形下都有$\frac{n+2}{\sqrt{6}} < \frac{n+1}{2}$.可以解出这个不等式:
\[n > 1 + \sqrt{6}.\](4) 使用平均值不等式如下:
\[\frac{\sum_{k=1}^{n}{k^r}}{n} \ge (\prod_{k=1}^{n}{k^r})^{1/n} = (n!)^{r/n}\]
简单变换一下即可得到结论.
问题2012100603
证明几何平均值-调和平均值不等式:若$a_k > 0$,$k=1,2,\cdots,n$,则有
\[(\prod_{k=1}^{n}{a_k})^{\frac{1}{n}} \ge \frac{n}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{a_k}}}.\]
来源
数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.
解答
对$\frac{1}{a_k}$使用算术平均值-几何平均值不等式即可.
问题2012100604
证明:当$a,b,c$为非负数时成立
\[\sqrt[3]{abc} \le \sqrt{\frac{ab + bc + ca}{3}}\le\frac{a+b+c}{3}.\]
(这个结果可以推广到$n$个非负数的情况.)
来源
数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.
解答
左边的不等式可以通过直接使用平均值不等式得到:
\[\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \ge \sqrt{\sqrt[3]{abbcca}} = \sqrt[3]{abc},\]
后半部分这里采取分析法:
\[\begin{aligned}&\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\\&\Leftrightarrow (a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)\\&\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\end{aligned}\]
最后这个不等式成立
\[\begin{aligned}a^2 + b^2 + c^2 &= \frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}+\frac{c^2}{2}+\frac{a^2}{2}\\&\ge ab+bc+ca.\end{aligned}\]
不过这种证明方式似乎不利于推广.
问题2012100605
证明以下几个不等式:
(1)$|a – b| \ge |a| – |b|$和$|a – b| \ge ||a| – |b||$;
(2)$|a_1| – \sum_{k=2}^{n}{|a_k|} \le |\sum_{k=1}^{n}{a_k}| \le \sum_{k=1}^{n}{|a_k|}$;又问左边可否为
\[||a_1| – \sum_{k=2}^{n}{|a_k|}|?\]
(3)$\frac{|a+b|}{1+|a+b|} \le \frac{|a|}{1+|a|} + \frac{|b|}{1+|b|}$;
(4)$|(a+b)^n – a^n| \le (|a| + |b|)^n – |a|^n$.
来源
数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.
解答
(1)使用三角不等式:
\[|a| = |a-b+b| \le |a-b| + |b|\]
由此即可得到
\[|a-b| \ge |a| – |b|,\]
又
\[|a-b| = |b-a| \ge |b| – |a|,\]
由此可以得到后面的不等式.(2)后半部分使用归纳法, 利用三角不等式即可. 前半部分通过利用后半部分和(1)得到:
\[\begin{aligned}|\sum{a_k}| &= |a_1 – \sum_{2}^{n}{(-a_k)}| \ge |a_1| – |\sum_{2}^{n}{(-a_k)}| \\&= |a_1| – |\sum_{2}^{n}{a_k}| \ge |a_1| – \sum_{2}^{n}{|a_k|}\end{aligned}\]
左边不能换成绝对值形式, 一个例子: 令$a_1 = 0$, $a_k = (-1)^k$.(3)这里要利用$f(x) = \frac{x}{1+x}$的单调性. 这里$x \ge 0$. 首先证明$f(x)$单调递增:
\[\frac{x_1}{1 + x_1} – \frac{x_2}{1+x_2} = \frac{x_1 – x_2}{(1+x_1)(1+x_2)}\]
然后使用$|a+b|\le|a|+|b|$即可:
\[\begin{aligned}\frac{|a+b|}{1 + |a+b|} &\le \frac{|a| + |b|}{1 + |a| + |b|} \\&= \frac{|a|}{1 + |a| + |b|} + \frac{|b|}{1+|a|+|b|} \\&\le \frac{|a|}{1 + |a|} + \frac{|b|}{1+|b|}\end{aligned}\](4)使用三角不等式:
\[\begin{aligned}|(a+b)^n – a^n| &= |\sum_{k=1}^{n}{C_n^ka^{n-k}b^k}|\\&\le \sum_{k=1}^{n}{C_n^k|a|^{n-k}|b|^k} \\&=(|a| + |b|)^n – |a|^n.\end{aligned}\]