问题2012100701

试按下列提示,给出Cauchy不等式的几个不同证明:
(1)用数学归纳法;
(2)用Lagrange恒等式
\[\sum_{k=1}^{n}{a_k^2}\sum_{k=1}^{n}{b_k^2} – (\sum_{k=1}^{n}{|a_kb_k|})^2 = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}{\sum_{i=1}^{n}{(|a_k||b_i| – |a_i||b_k|)^2}}\]
(3)用不等式$|AB| \le \frac{A^2 + B^2}{2}$;
(4)构造复的辅助数列$c_k = a_k^2 – b_k^2 + 2i|a_kb_k|$, $k=1,2,\cdots,n$, 再利用
\[|\sum_{k=1}^{n}{c_k}| \le \sum_{k=1}^{n}{|c_k|}.\]

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.

分析

我们首先换一下Cauchy不等式的条件, 从不等式看出, 我们完全可以令$a_i \ge 0$, $b_i \ge 0$, 两边平方. 我们后面的讨论都使用上面的假设.

解答

(1)(i)$n=1$时是平凡的, 显然成立的;
$n=2$时,Cauchy不等式为
\[\begin{aligned}&(a_1b_1 + a_2b_2)^2 \le (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) \\&\Leftrightarrow a_1^2b_1^2 + 2a_1a_2b_1b_2 + a_2^2b_2^2 \le a_1^2b_1^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2\\&\Leftrightarrow 2a_1a_2b_1b_2 \le a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2,\end{aligned}\]
使用平均值不等式即可.
假设结论对于$n$成立, 对于$n+1$来说, 先把要证明的不等式展开,
\[\begin{aligned}(\sum_{1}^{n}{a_ib_i} + a_{n+1}b_{n+1})^2 &= (\sum_{1}^{n}{a_ib_i})^2 + 2a_{n+1}b_{n+1}(\sum_{1}^{n}{a_ib_i}) + a_{n+1}^{2}b_{n+1}^{2} \\(\sum_{1}^{n}{a_i^2} + a_{n+1}^2)(\sum_{1}^{n}{b_i^2} + b_{n+1}^2) &= (\sum_{1}^{n}{a_i^2})(\sum_{1}^{n}{b_i^2}) + b_{n+1}^2\sum_{1}^{n}{a_i^2} + a_{n+1}^2\sum_{1}^{n}{b_i^2} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2\end{aligned}\]
然后注意到
\[\begin{aligned}2a_{n+1}b_{n+1}(\sum_{1}^{n}{a_ib_i}) &= \sum_{1}^{n}{2a_ib_{n+1}b_ia_{n+1}} \\&\le \sum_{1}^{n}{[(a_ib_{n+1})^2 + (b_ia_{n+1})^2]} \\&= b_{n+1}^2\sum_{1}^{n}{a_i^2} + a_{n+1}^2\sum_{1}^{n}{b_i^2},\end{aligned}\]
由此以及归纳假设可知结论成立.

(2)有了这个恒等式, Cauchy不等式成立显然, 下面证明这个不等式. 一种方法是展开乘积:
\[\begin{aligned}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}{\sum_{i=1}^{n}{(a_kb_i – a_ib_k)^2}} &= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}{\sum_{i=1}^{n}{a_k^2b_i^2 -2a_kb_ka_ib_i + a_i^2b_k^2}} \\&= \frac{1}{2}\sum_{k}{\sum_{i}{a_k^2b_i^2}} – \sum_{k}{\sum_{i}{a_kb_ka_ib_i}} + \frac{1}{2}\sum_{i}{\sum_{k}{a_i^2b_k^2}} \\&=\frac{1}{2}\sum_{k}{a_k^2}\sum_{i}{b_i^2} – \sum_{k}{a_kb_k}\sum_{i}{a_ib_i} + \frac{1}{2}\sum_{k}{b_k^2}\sum_{i}{a_i^2} \\&=\sum_{k}{a_k^2}\sum_{k}{b_k^2} – (\sum_{k}{a_kb_k})^2.\end{aligned}\]
还有一个方法是使用行列式, 注意到
\[\begin{vmatrix}\sum{a_i^2} & \sum{a_ib_i} \\\sum{a_ib_i} & \sum{b_i^2}\end{vmatrix} = (\sum{a_i^2})(\sum{b_i^2}) – (\sum{a_ib_i})^2\]
另一方面
\[\begin{pmatrix}\sum{a_i^2} & \sum{a_ib_i} \\\sum{a_ib_i} & \sum{b_i^2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\b_1 & b_2 & \cdots & b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1 & b_1\\a_2 & b_2\\\vdots & \vdots\\a_n & b_n\end{pmatrix}\]
这里需要行列式理论中的一个Binet-Cauchy等式, 对于矩阵$A$, $B$有
\[|AB| = \sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n}{A\left\{\begin{aligned}1 & 2 & \cdots & m \\ i_1 & i_2 & \cdots & i_m\end{aligned}\right\}B\left\{\begin{aligned}i_1 & i_2 & \cdots & i_m \\1 & 2 & \cdots & m\end{aligned}\right\}}.\]

(3)展开:
\[\begin{aligned}(\sum{a_ib_i})^2 &= (\sum{a_ib_i})(\sum{a_kb_k}) \\&= \sum_{i}{\sum_{k}{a_ib_ia_kb_k}} \\&\le \sum_{i}{\sum_{k}{\frac{a_i^2b_k^2 + b_i^2a_k^2}{2}}} \\&=\frac{1}{2}(\sum{a_i^2}\sum{b_k^2} + \sum{b_i^2}\sum{a_k^2}) \\&=\sum{a_i^2}\sum{b_i^2}.\end{aligned}\]

(4)注意到
\[\begin{aligned}\sum{|c_k|^2} &= \sum{[(a_k^2-b_k^2)^2 + 4a_k^2b_k^2]} = \sum{(a_k^4 + b_k^4 + 2a_k^2b_k^2)} \\|\sum{c_k}|^2 &= [\sum{(a_k^2 – b_k^2)}]^2 + 4[\sum{a_kb_k}]^2\end{aligned}\]
我们有不等式
\[[\sum{(a_k^2 – b_k^2)}]^2 + 4[\sum{a_kb_k}]^2 \le \sum{a_k^4} + \sum{b_k^4} + \sum{2a_k^2b_k^2}\]
把左边展开得到
\[\begin{aligned}(\sum{a_k^2})^2 + (\sum{b_k^2})^2 &- 2(\sum{a_k^2}\sum{b_k^2}) \\&+ 4(\sum{a_kb_k})^2 \\&\le \sum{a_k^4} + \sum{b_k^4} + \sum{2a_k^2b_k^2} \\4(\sum{a_kb_k})^2 &\le \sum{a_k^4} + \sum{b_k^4} + \sum{2a_k^2b_k^2}\\&- (\sum{a_k^2})^2 – (\sum{b_k^2})^2 + 2(\sum{a_k^2}\sum{b_k^2}) \\&= \sum{a_k^4} + \sum{b_k^4} + 2\sum{a_k^2b_k^2}\\&- (\sum{a_k^2})^2 – (\sum{b_k^2})^2 – 2(\sum{a_k^2}\sum{b_k^2}) \\&+4(\sum{a_k^2}\sum{b_k^2})\end{aligned}\]
只需要注意到$\sum{a_k^4} \le (\sum{a_k^2})^2$, $\sum{b_k^4} \le (\sum{b_k^2})^2$, $\sum{a_k^2b_k^2} \le\sum{a_k^2}\sum{b_k^2}$, 那么上边最有一个不等式就是
\[4(\sum{a_kb_k})^2 \le 4(\sum{a_k^2}\sum{b_k^2})\]
同时除以$4$即可得到结论.

问题2012100702

用向前-向后数学归纳法证明:设$0 < x_i \le 1/2$, $i=1,2,\cdots, n$,则
\[\frac{\prod_{i=1}^{n}{x_i}}{(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^n} \le \frac{\prod_{i=1}^{n}{(1 – x_i)}}{(\sum_{i=1}^{n}{(1 – x_i)})^n}.\]

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

$n=1$时, 不等式成了等式, 结论成立, 各个$x_i$相互都相等的时候, 可以验证不等式还是变成等式, 结论仍然成立.
根据提示, 我们先来做向前的推理, 但是现在这种形式恐怕不利于进行向前归纳的推导. 最好是这样形式: 其中一边进行分解变化, 另一边的变化能够小一点. 例如如果是乘积形式, 那么某一边全部是乘积, 像现在这个不等式, 先作如下变化:
\[\frac{\prod_{i=1}^{n}{x_i}}{\prod_{i=1}^{n}{(1-x_i)}} \le \frac{(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^n}{(\sum_{i=1}^{n}{(1-x_i)})^n},\]
取倒数之后可能更好一点, 此时有:
\[\frac{\prod_{i=1}^{n}{(1-x_i)}}{\prod_{i=1}^{n}{x_i}} \ge \frac{(\sum_{i=1}^{n}{(1-x_i)})^n}{(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^n},\]
进一步转化
\[\prod_{i=1}^{n}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \ge [\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}{x_i}} – 1]^n.\]
此时, 右边分为两部分, 然后进行归纳推导时, 左边只是简单的分解为两个乘积即可. 下面可以试着推导一下.
首先证明: 如果不等式对$n$成立, 则对$2n$也成立, 我们看看需要证明什么?
\[\prod_{i=1}^{2n}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \ge [\frac{2n}{\sum_{i=1}^{2n}{x_i}} – 1]^{2n}.\]
要想使用归纳假设, 应该要证明
\[\prod_{i=1}^{n}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \cdot \prod_{i=n+1}^{2n}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \ge [\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}{x_i}} – 1]^{n} \cdot [\frac{n}{\sum_{i=n+1}^{2n}{x_i}} – 1]^{n},\]
于是我们需要证明:
\[[\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}{x_i}} – 1]^{n} \cdot [\frac{n}{\sum_{i=n+1}^{2n}{x_i}} – 1]^{n} \ge [\frac{2n}{\sum_{i=1}^{2n}{x_i}} – 1]^{2n},\]
为了方便, 我们记$a = \sum_{i=1}^{n}{x_i}$, $b = \sum_{i=n+1}^{2n}{x_i}$, 那么$0 < a \le n/2$, $0 < b \le n/2$, 上述不等式转化为
\[(\frac{n}{a} – 1)^n \cdot (\frac{n}{b} – 1)^n \ge (\frac{2n}{a + b} – 1)^{2n},\]
两边开$n$次方根,
\[\begin{aligned}&\Leftrightarrow (\frac{n}{a} – 1)(\frac{n}{b} – 1) \ge (\frac{2n}{a + b} – 1)^2\\&\Leftrightarrow \frac{n^2}{ab} – \frac{n}{a} – \frac{n}{b} \ge \frac{4n^2}{(a + b)^2} – \frac{4n}{a + b}\\&\Leftrightarrow \frac{n}{ab} – \frac{1}{a} – \frac{1}{b} \ge \frac{4n}{(a + b)^2} – \frac{4}{a + b} \\&\Leftrightarrow \frac{n – (a + b)}{ab} \ge \frac{4n – 4(a + b)}{(a + b)^2} \\&\Leftrightarrow \frac{n – (a + b)}{ab} \ge \frac{n – (a + b)}{[(a + b)/2]^2} \end{aligned}\]
根据我们的假设, $n-(a + b) \ge 0$, $ab \le [(a + b)/2]^2$, 于是上面最后的不等式成立, 这就完成了向前部分的推导, 下面看向后部分.
欲证
\[\prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \ge (\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^{n-1}\]
同书中的例子类似:
\[\begin{aligned}(\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^{n-1} &= (\frac{n}{\frac{n}{n-1}\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^{n-1} \\&=(\frac{n}{\sum_{1}^{n-1}{x_i} + \frac{}{}\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^{n-1} \\&\le [\prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \cdot (\frac{1}{\frac{1}{n-1}\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)]^{\frac{n-1}{n}} \\&= [\prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)} \cdot (\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)]^{\frac{n-1}{n}}\end{aligned}\]
两边$n$次方有
\[[\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1]^{n(n-1)} \le [\prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)}]^{n-1}[\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1]^{n-1},\]
两边开$n-1$次方根:
\[(\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^n \le \prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)} (\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)\]
$\sum{x_i} \le \frac{n-1}{2}$, 因此$\frac{n-1}{\sum{x_i}} – 1 > 0$, 于是有
\[(\frac{n-1}{\sum_{1}^{n-1}{x_i}} – 1)^{n-1} \le \prod_{1}^{n-1}{(\frac{1}{x_i} – 1)},\]
结论成立.

问题2012100703

设$a,c,g,t$均为非负数,$a+c+g+t=1$,证明$a^2+c^2+g^2+t^2\ge 1/4$,且其中等号成立的充分必要条件是$a=c=g=t=1/4$.

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

Cauchy不等式的一个简单应用:
\[\begin{aligned}(a+c+g+t)^2 &\le (a^2+c^2+g^2+t^2)(1^2+1^2+1^2+1^2)\\&= 4(a^2+c^2+g^2+t^2)\end{aligned}\]
由此可以得到结论.